HSG Toan 9 Tinh Dak Lak 20182019

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
DAK LAK
IDE CHINH

KỲ THỊ HỌC SINH GIOI TINH
NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN THỊ: TỐN 9 - THCS

THUC

Thời gian lam bài: 150 phút (không kê thời gian giao đề)

Ngày thi: 10/4/2019

Bài 1: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A= (3+ 2/3) 33-12¥5 ~3/37-30V3 .
2) Giai hé phuong trinh

xVx —6x+12Vx-8= yy

x-2Vx-1=2Jy

Bai 2: (4 diém)

1) Cho phương trình x”-4x=2|x-2|—m—5

(với m là tham sơ). Tìm tât cả các giá trị của

m đề phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.

2) Trong mặt phăng với hệ tọa độ Oxy, một đường thăng đ có hệ sơ góc k di qua diém

M(0; 3) và cặăt parabol (P): y= x7 tại hai điêm A, B. Gọi C, D lân lượt là hình chiêu vng
góc của A, B lên trục Ox. Viết phương trình đường thăng d, biết hình thang ABDC
diện tích băng 20.

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm tât cả các cặp sơ ngun (x: y) thỏa mãn:

có

2x7 4+.y° +2xy+6x+4y = 20

2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ Số, biết răng số đó băng lập phương của tơng các
chữ sơ của nó.

Bài 4: (4 điểm)
là tiêp điêm) và
E e (O). Đường
1) Goi H
2) Gọi K

Cho điểm A năm ngồi đường trịn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C
một cát tuyên ADE cua(O) sao cho ADE nam giữa hai tia AO va AB; D,
thắng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q.
la giao điểm của BC với OA. Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.
là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh ba điểm A, P, K thăng hàng.

Bài 5: (2 điểm) Cho hình vng ABCD. Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M,
N (M không trùng với B và C; N không trùng với C và D) sao cho ⁄AN =45°. Chứng

minh răng đường chéo BDÐ chia tam giác AMN thành hai phân có diện tích băng nhau.
Bài 6: (2 điểm) Cho a,b, c là các số thực dương thỏa z+b+c =3. Chứng minh rằng:
at+l

bˆ+l

+

b+l

cẴ+l

+

c+I

a +I

>


BÀI GIẢI
Bài I: (4 điểm)

L) Ta có A=(3+ 2/3)33— 1259373008
(3+2/3)N33-1244+23 =(3+2,3)

=(3+ 24) 33-12)

33-12 (+⁄3}

; (1-23)

=8+2x3)N21-123

=(3+23)kj(s-2v3) =(s+23)(2V3-3)=12-9=3
2)(ĐK: x>0,y>0)

6x+12Vx-—8= yy aa -2) =(Jy) ofr

Pe

x-2Vx-1=2 Jy

ae

x-2jx-I=2jy

Vy

Ni

Jy

|x-4/x+3=0

x-2Njx-I=2/x-4.

Jy

|#-2Mx-I= 2Jy

2 Jx~2=d»

|(Jx-1!)(\x-3)=0

eo

x—2Vx-1=2Vx-4

Alpe

—Jwx:I=0
th

Vx -3=0

We = -1(vo ly)

=

—]|

ve

="

Jy=1

=

y=l

” (1m). Vay nghiệm của hệ là ‘

=

y=l

?

Vx =3
Bai 2: (4 diém)
1) Tac6é x°-4x= 2|x-2|-m-5 © |x~2) =2|x—2|+m+1=0

(*)

Dat +=|x—2|(r>0). Khi do (*) tro thanh: 7° -2r+m+1=0

(**)

Do đó (*) có bốn nghiệm phân bit â
A,>0_
[I-(m+l)>0
â4P>0<e+m+l>0

S>0

|2%0

=}

m<0

m>]

(**) cú hai nghim dng phõn bit

ôâ-l
2) Vỡ ng thăng đ có hệ số góc k di qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thăng đ
có dạng y= kx+3

Phương trình hồnh độ giao điểm của (đ) và (P) là: x?=kx+3<©>x°-kx—-3=0

(*)

Vi ac=-3<0, nén (*) ln có hai nghiệm phân biệt
Vi (d) cat (P) tại hai điệêm A; B, nên hoành độ các điêm A, B là hai nghiệm của (*).
.

Theo VI ét ta có: {* Thu

XX, =-

Do dé , 20=S,,,. =

Dat +=|x,|+|x,|

=k

.

3° Lại có A(x,:31). BẦx;: x2}. C(x,;0), D(x,; 0)

(AC+BD)CD
_ (x4 +45)
5

(x, |+|x, l)= (| x„I+lx;|}
a+ | a

—2|x,x
| A Al

lobe)

, ta cd:

20 = ¡*—2|-3 10-61-40 = 0. (1-4) (7 41410) = 0. (1-4)| (+2) +6 |=00=4.


4=:©4=|tu|+|x,|16=(|xu|+|xz|} =x}+x2+2|xax;|= (x„+xy)`—2x¿xy +2-|-3|=k?+6+6

©k?=4©>k=+2. Vậy phương trình đường thăng
đ là: y=2x+3 hoặc y=-2x+3

Bài 3: (4 điểm)
1) Ta có: 2x?+y°+2xy+6x+4y=20©(x+1} +(x+y+2}

=25

Vì 25=0°+5° =0? +(-5) =3° +4? =3° +(-4) =(-3Ÿ +4=(-3+(-4),

nên có các trường

hợp sau:
+)
+)

+)
+)

x+1=0

x=-l

<>

x+y+2=5
x+l=-5

y=4
x=-6

<>

x+y+2=0
x+1=3
x+y+2=-4

Ta
x+y+2=-3

y=4
&
<>

x=2
y=-8

{7°
y=-8

; +)
; +)

5 +)
; +)

x+1=0

<>

x+y+2=-5
x+1=3
x+y+2=4

y=0

Ta
x+y+2=-4

y=6
<>

; +}

x+1=5
x+y+2=0

x+l=4

; +)

x=-5

>

x+y+2=3

y=-6
x=2

<>

x+1=—4

x=-l

> +)

x=-4

; +}

y=-2

x+l=-3
x+y+2=4

y=-6
x=3

&

x+y+2=3

x=4

<>

y=-2

x+y+2=-3

3

x=-4

=

PRL

›

y=6

py

>

=0

Vậy các cặp số (x; y) la: (-1; 4),(-L-6),(4- 6),(-—6; 4), (2; 0), (3; - 2), (2;-8), (-—5; 6),

(--4; 6)

(3:—8).(—4:— 2). (—5: 0)
Cách khác:

2x” + y? +2xy+6x+4y = 20

2x°+2(3+ y)xty +4y—20=0

(*)

(*) có nghiệm © A'=(3+ y} -2(y?+4y~20)}>0—y`=2y+49>0© y?+2y—49<0
©(y+1ÿ <50 ©|y+l|<52 ©-I-5N2

(vì yeZ)

(5) có nghiệm ngun = A'=-y”—2y+49=k” (keN)— y=-—8;T— 6;— 2; 0; 4; 6

+) Với y=-8; (*)
<> 2x? -10x412=0 Sx’ -5x+6=0. (x-2)(x-3) =0 oe 5
+) V6i y=-6;

(*)@ 2x? -6x-8 = x? —3x-4 =0.

+) Với y=-2;

(*)S 2x? 42x =2420 0 x? +x-12=00 (x-3)(x4+4)=00

+) Với y=0;ˆ(*}©2x +ó6#-20=0

(x4 1)(x

reels
oe

© x +3x-10=0 (+5) (x —

+) Với y=4;

(*)©2x +l4x+12=0<>x”+7x+6=0<©(x+lI)(x+6)=0<©

+) VGi y=6;

(*)<> 2x°4+18x+40=0 9° +9x+20= "...Ẻ.Ẻ.

“4

2) Goi abcd 1a 86 tu nhién phải tìm (1000 < abed < 9999)

Ta có abed =(atb+c+d) >1000<(atb+c+d) <9999=>10+) Néu at+b+c+d
=10= abcd = 1000 (loai); +) Néu a+b+c+d
=11= abcd =1331 (loa);

);
(loai):);

+) Néu at+b+c+d
=12= abcd =1728 (loai); +) Néu at+b+c+d=13=>
abcd =2917 (loai
+) Néu a+b+c+d
=14= abcd = 2744 (loai); +) Nếu a+b+e+đ
=15 —= abcd = 3375

+) Néu at+b+c+d
=16= abcd = 4096 (loai); +) Néu a+b+c+d=17= abcd = 4913 (nhan) ;


+) Nếu a+b+c+d
=18= abcd =5832 (nhan); +) Néu at+tb+c+d =19= abcd = 6859 (loai) ;

=20= abcd = 8000 (loai); +) Néu a+b+c+d
=21= abcd = 9261 (loai).
+) Néu a+b+c+d

Vay abcd = 4913; 5832.

B

Bai 4: (4 diém)

1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.
C
Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính)
Nên OA là trung trực của BC

Xét AABO: ABO =90° (AB là tiếp tuyến của (O)), BH L OA (OA là trung trực của BC)
= AB’ = AH.AO

(a)

Xét AABD va AAEB:
BAD

ABD = AED = = sd BD

(góc chung). Vậy AABD

(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)

# AAEB (g.g) —> va oe

Tw (a) va (b) suy ra > AH.AO = AD.AE > AM

AB’ = AD.AE (b)

=

Xét AAHD va AAEO: — - To (cmt) HAD (chung). Vay AAHD 2 AAEO (c.g.c)
— AHD = AEO . Do đó tứ giác OEDHà tứ giác nội tiếp (đpem)

2) Chứng minh ba điêm A, P, K thăng hàng.

Ta có: AODE cân tại O (do OD =OE) = EDO= AEO ma AHD = AEO (cmt) => EDO
= AHD

Lại có: EDO = EHO (tứ giác OEDH nội tiếp)

= AHD = EHO > 90° ~ AHID =90°— EHO
=> BHA- AHD= BHO- EHO
=> BHD = BHE

Nên HB là phân giác trong của ADHE, mà HÀ L HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài
HD

JID ~AD

HE

UTE "AE

của ADHE =<—==—

(c) (1 là giao điểm của HB va DE)

ADIP, DP // BE (st)
(gt =FDP =_ ID
7,

(4)d) (he(hé qua
qua Ta Ta LétLet)

AABE, DQ // BE (gt)> 22 -—

(e) (hệ quả Ta Lét)

Từ c), d), e)= “Ê- 2Š — pp= nọ.
Goi K’ 1a giao diém cia AP va BE. AAEK’, DP // EK’ (gt)=> TK AB
°

`

°

DO

Tue), f)= ax
BE

~

DP

EK ma DP = DQ (cmt)=> BE =

°

DP

EK'

Mặt khác BE = EK (gt)> K'=K. Vay A, P, K thăng hàng (đpem).

_ AD

(7)


Bài 5: (2 điểm)
Tứ giác ABME:
MAF =45° (gr), MBF =45° (BD là đường chéo hình vng)

Vậy tứ giác ABME nội tiếp — AFM =180°— ABM =180° —90° =90°

AAFM: AFM =90°,FAM =459,
nên AAFM vuông cân tại F > AF= ME
Tương tự AAENvuông cân tại E > AE = NE

D

N

Tur gidc AEHF: AFH = AEH =90° (cm) (H là giao điểm của ME va NE)
nên tứ giác AEHF nội tiếp — NHF = MHE = EAF = 459

Kẻ EK | MF (K € MB). ANFH vuông tại F; AEKH vuông tại K nên có:

NF = NH -sin NHF = NH -sin45°,
Tacé:

§ MNFE

EK = EH -sinMHE = EH -sin 45°

Sam MHN tS eae
tS rae
£8
NHF
FHE

—

EHM

=< HM -NE +2 HN -HE -sin NHF +—HP- EK
=2(HÉM

SHM

-HE-sin MHE

-HN -sin 45” + HN - HF -sin 45°+ HE - HE - sin 45° + HM

- HE -sin 45"

=s[(„M + HF)-HN +(HF +HM )-HE |-sin 45°
=- ME -(HN + NE)-sin45” = T ME
NE -sin459 =S AE - AE -sin 450 = S sep
2
2
2

Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh (a+bƠc) >3(ab+be+ca)

(*).

Tht vy (*)â ọ? +} +c! =ỏb=bc ca >0 © 2(ä? +b? +c” =ab— be —ca)> 0

©(a-b} +(b-c) +(e“a)*š0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra Ga=b=c
Áp dụng (*), ta có: 3? >3(ab + bc + ca) © ab + be + ca < 3

a+f)|

Lại có: ca

nh

Vì 0°21>2b—¬

1

_
= (a-41)

T

a~+1Ì)bˆ
b+1

dai
bˆ+l

(a

c+l

2b

at+l)b

EP

rÈ{
>(b+1)+1)
a

J (os oP

P+L

41)

+ bel + c+

1)b?

(a+1)b° < (a+1)?° _ (a+1)b

bˆ+l_ 2b

ương tự có 9: 2

Vậy

(bˆ+1)]—bˆ

bc+c

5

8,

;

atl

Oh

c+Ï

al

2

b +]

ab+b

(att)

>

_(a+l)?p' „_(a+l)b

(dob>0)

cata

(c+1)1)-

>(a+b+e)+3- (6P +bc+eg)+(4+b+c)
+]

Dâu “=” xảy ra a=b=c=1.

—ˆ

2

6 343_,
2

2