Đề Thi Học Sinh Giỏi Tỉnh Toán 9 THCS Năm 2018 – 2019 Sở GD&ĐT Đăk Lăk

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể 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 337 30 3 .}

2) Giải hệ phương trình ^{6 12 8}

2 1 2

x x x x y y

x x y

    



  

 Bài 2: (4 điểm)

1) Cho phương trình x²4x2 x2 m5 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3) và cắt parabol

 

^{P :yx2} tại hai điểm A, B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có diện tích bằng 20.

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y;}



thỏa mãn: 2x² y²2xy6x4y20

2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm) và một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB; D, E  (O). Đường thẳng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q.

1) Gọi H là giao điểm của BC với OA. Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.

Bài 5: (2 điểm) Cho hình vuông 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 MAN^45⁰. Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.

Bài 6: (2 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa a  b c 3. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1

1 1 1 3

a b c

b c a

  

  

  

--- Hết ---

GV:: Ngguuyyễễnn Dươơnngg HảHảii ––– TTHCSS Ngguuyyễễnn CChhíí Thhaannhh ––– BBMT ––– ĐĐăăkk Lăăkk ((SSưuu tttầầm và và ggiiớớiii ttthhiiệệuu)) ttrraaanngg 22 BÀI GIẢI

Bài 1: (4 điểm)

1) Ta có ^A



^{3 2 3}



^{33 12 5 337 30 3 }



^{3 2 3}



^{33 12 5 3}



^{1 2 3}



³



^{3 2 3}



33 12 4 2 3



3 2 3



33 12



1 3

 

² 3 2 3



21 12 3

          



^{3 2 3}

 

^{3 2 3}

 

^{2 3 2 3}



^{2 3 3}



^{12 9 3}

        

2) (ĐK: x0, y0)



²

  

^{3 3}

6 12 8 2 2

2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 4

x y

x x x x y y x y x y

x x y x x y x x y x x x

             

   

  

   

          

   

     

  

2

2 1 0

2 2

1 3 0

2 1 2 4 4 3 0 2

3 0

x y

x y x

x y x y

x x

x x x x x x y

x

  

   

        

   

    

   

        

   

   



  



 

 

1

1 9

1 1 3 y vo ly

x x

y tm y

x

  

   

 

   

 

 

 

. Vậy nghiệm của hệ là ⁹ 1 x

y

 

 



Bài 2: (4 điểm)

1) Ta có ^{x24x2x2m 5 x222 x2 m 1 0}

 

^*

Đặt ^{t x2}



^t0



. Khi đó (*) trở thành: ^{t22tm 1 0}

 

^**

Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt

 

0 1 1 0

0 1 0 0 1 0

0 2 0 1

t t t

m m

P m m

S m

     

 

 

         

  

   



2) Vì đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thẳng d có dạng ykx3

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: ^{x2 kx 3 x2kx 3 0}

 

^*

Vì ac  3 0, nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

Vì (d) cắt (P) tại hai điểm A; B, nên hoành độ các điểm A, B là hai nghiệm của (*).

Theo Vi ét ta có:

3

A B

A B

x x k x x

 



  



. Lại có ^{A x}



^A;xA2

 

^{,B xB;xB2}



^{,C x}



^{A; 0 ,}



^{D x}



^{B; 0}



Do đó

   

   

 

2 2 2

20 2

2 2 2

A B A B A B

ABDC A B A B

x x x x x x

AC BD CD

S   x x   x x

       

Đặt t x_A  x_B , ta có:

       

2

3 2 2

20 2 3 6 40 0 4 4 10 0 4 2 6 0 4

2

t   t t t t t t t t t

 

                 

  .

 

^{2 2 2}

 

^{2 2}

4 t 4 x_A  x_B 16 x_A  x_B x_Ax_B2 x x_{A B}  x_Ax_B 2x x_{A B}   2 3 k  6 6

2 4 2

k k

     . Vậy phương trình đường thẳng d là: y2x3 hoặc y 2x3 Bài 3: (4 điểm)

1) Ta có: ^{2x2y22xy6x4y20}



^x1



^2



^xy2



^{2 25}

Vì ^{250252 02 }

 

^{5 2 3242 32 }

 

^{4 2  }

 

^{3 242  }

 

^{3 2 }

 

^{4 2}, nên có các trường hợp sau:

1 0 1

) 2 5 4

x x

x y y

     

  

    



; ) ^{1 0 1}

2 5 6

x x

x y y

     

  

      



; ) ^{1 5 4}

2 0 6

x x

x y y

    

  

     



;

1 5 6

) 2 0 4

x x

x y y

      

  

    



; ) ^{1 3 2}

2 4 0

x x

x y y

    

  

    



; ) ^{1 4 3}

2 3 2

x x

x y y

    

  

     



;

1 3 2

) 2 4 8

x x

x y y

    

  

      



; ) ^{1 4 5}

2 3 6

x x

x y y

      

  

    



; ) ^{1 3 4}

2 4 6

x x

x y y

      

  

    



1 4 3

) 2 3 8

x x

x y y

    

  

      



; ) ^{1 3 4}

2 4 2

x x

x y y

      

  

      



; ) ^{1 4 5}

2 3 0

x x

x y y

      

  

     



Vậy các cặp số



^{x y;}



^là:



^{1; 4 ,}

 

 ^{1; 6 , 4;}

 

^{6 ,}

 

6; 4 , 2; 0 , 3;

   

2 , 2; 8 ,

 



 

5; 6 ,

 

4; 6





^{3; 8 ,}

 

^{4;2 ,}

 

^{5; 0}



Cách khác: ^{2x2y22xy6x4y202x22 3}



^{y x}



^{y24y200}

 

^*

(*) có nghiệm ^{  }



^{3 y}



^22



^y24y20



^{0 y22y490 y22y490}



^{y 1}



^{2 50 y 1 5 2 1 5 2 y 1 5 2 8 y 6}

                 (vì yZ) (*) có nghiệm nguyên ^{    y22y49k2}



^kN



^{y 8;6;2; 0; 4; 6}

+) Với ^8;

 

^{* 2 2 10 12 0 2 5 6 0}



²



³



^{0 2}

3

y x x x x x x x

x

 

                

+) Với ^6;

 

^{* 2 2 6 8 0 2 3 4 0}



¹



⁴



^{0 1}

4

y x x x x x x x

x

  

                

+) Với ^2;

 

^{* 2 2 2 24 0 2 12 0}



³



⁴



^{0 3}

4

y x x x x x x x

x

 

                  +) Với ^0;

 

^{* 2 2 6 20 0 2 3 10 0}



⁵



²



^{0 5}

2

y x x x x x x x

x

  

               

+) Với ^4;

 

^{* 2 2 14 12 0 2 7 6 0}



¹



⁶



^{0 1}

6

y x x x x x x x

x

  

                 +) Với ^6;

 

^{* 2 2 18 40 0 2 9 20 0}



⁴



⁵



^{0 4}

5

y x x x x x x x

x

  

                 2) Gọi abcd là số tự nhiên phải tìm



^{1000abcd9999}



Ta có ^abcd



^{a b c  d}



^31000



^{a b c  d}



^{3 999910a b c  d 21}

+) Nếu ^{a b c  d 10abcd 1000}



^loai



^{; +) Nếu a b c  d 11abcd 1331}



^loai



^;

+) Nếu ^{a b c  d 12abcd 1728}



^loai



^{; +) Nếu a b c  d 13abcd 2917}



^loai



; +) Nếu ^{a b c  d 14abcd 2744}



^loai



^{; +) Nếu a b c  d 15abcd 3375}



^loai



^;

+) Nếu ^{a b c  d 16abcd 4096}



^loai



^{; +) Nếu a b c  d 17abcd 4913}



^nhan



;

GV:: Ngguuyyễễnn Dươơnngg HảHảii ––– TTHCSS Ngguuyyễễnn CChhíí Thhaannhh ––– BBMT ––– ĐĐăăkk Lăăkk ((SSưuu tttầầm và và ggiiớớiii ttthhiiệệuu)) ttrraaanngg 44 +) Nếu ^{a b c  d 18abcd 5832}



^nhan



^{; +) Nếu a b c  d 19abcd6859}



^loai



^;

+) Nếu ^{a b c  d 20abcd 8000}



^loai



^{; +) Nếu a b c  d 21abcd 9261}



^loai



^.

Vậy abcd4913; 5832. Bài 4: (4 điểm)

1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.

Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính) Nên OA là trung trực của BC

Xét ABO: ^ABO90⁰ (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA (OA là trung trực của BC)

 

2 .

AB AH AO a

 

Xét ABD và AEB: ^{  1 }

ABDAED2sd BD (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)

BAD (góc chung). Vậy ABD AEB (g.g)  ^{AB AD AB2 AD AE b.}

 

AE  AB  

Từ (a) và (b) suy ra . . AH AE

AH AO AD AE

AD AO

   

Xét AHD và AEO: ^{AH AE}



^cmt



AD  AO , ^{HAD chung}

 

. Vậy AHD AEO (c.g.c)

  AHD AEO

  . Do đó tứ giác OEDH là tứ giác nội tiếp (đpcm) 2) Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.

Ta có: ODE cân tại O (do OD = OE) ^EDO^AEO mà ^{AHD AEO cmt}

 

^{EDOAHD}

Lại có: ^EDOEHO^ (tứ giác OEDH nội tiếp)

  90⁰  90⁰       

AHD EHO AHD EHO BHA AHD BHO EHO BHD BHE

           

Nên HB là phân giác trong của DHE, mà HA  HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài của DHE ^{HD ID AD}

 

^c

HE IE AE

   (I là giao điểm của HB và DE)

DIP, DP // BE (gt) ^{DP ID}

 

^d

BE  IE (hệ quả Ta Lét)

ABE, DQ // BE (gt) ^{DQ AD}

 

^e

BE AE

  (hệ quả Ta Lét)

Từ c), d), e) ^{DP DQ} DP DQ BE BE

    .

Gọi K’ là giao điểm của AP và BE. AEK’, DP // EK’ (gt) ^{DP AD}

 

^f

EK AE

 



Từ e), f) ^{DQ DP}

BE EK

 

 mà ^{DPDQ cmt}

 

^{BEEK}

Mặt khác ^{BEEK gt}

 

^KK. Vậy A, P, K thẳng hàng (đpcm).

K^' I

K

H Q

P B E

C A O

D



Bài 5: (2 điểm) Tứ giác ABMF:

 ⁴⁵⁰

 

MAF  gt , MBF^45⁰ (BD là đường chéo hình vuông)

Vậy tứ giác ABMF nội tiếp ^AFM 180⁰^ABM 180⁰90⁰ 90⁰

AFM: ^AFM 90 ,⁰ FAM^45⁰,

nên AFM vuông cân tại F  AF = MF Tương tự AENvuông cân tại E  AE = NE

Tứ giác AEHF: ^{AFH  AEH 900}



^cmt



(H là giao điểm của MF và NE) nên tứ giác AEHF nội tiếp NHF^MHE^EAF^45⁰

Kẻ EK  MF (K  MF). NFH vuông tại F; EKH vuông tại K nên có:

 ⁰  ⁰

sin sin 45 , sin sin 45

NF NH NHFNH EK EH MHEEH

Ta có: SMNFE SMHN SNHFSFHESEHM

 

 

   

 

0 0 0 0

0

0 0 0

1 1 1 1

sin sin

2 2 2 2

1 sin 45 sin 45 sin 45 sin 45

2

1 sin 45

2

1 1 1

sin 45 sin 45 sin 45

2 2 2 ^AEF

HM NF HN HF NHF HF EK HM HE MHE

HM HN HN HF HF HE HM HE

HM HF HN HF HM HE

MF HN HE MF NE AF AE S

         

           

       

          

Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh



^{a b c}



^{2 3}



^{ab bc ca }

  

^{* .}

Thật vậy

 

^{* a2b2c2ab bc ca  02}



^{a2b2c2ab bc ca }



^0



^{a b}



²



^{b c}



²



^{c a}



^{2 0}

       (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra abc Áp dụng (*), ta có: ^{32 3}



^{ab bc ca}



^{ab bc ca3}

Lại có:

   

   

2 2 2

2 2 2

1 1 1

1 1

1 1 1

a b b a b

a a

b b b

 

   

      

  

Vì 2

 

²

 

²

   

²

 

2 2 2

1 1 1 1 1

1 1

1 2 1 2 1 2 2 1 2

a b a b a b a b a b

b b

b b b b b

    

          

  

   

   

   

2

2 2

1 1 1

1 1 1 0

1 2 1 2

a b a b a ab b

a a a do b

b b

   

          

 

Tương tự có: ₂ ¹



¹



^; ₂ ¹



¹



1 2 1 2

b bc c c ca a

b c

c a

   

     

 

Vậy

     

2 2 2

1 1 1 3 3

3 6 3

1 1 1 2 2

ab bc ca a b c

a b c

a b c

b c a

    

   

         

  

45⁰

K

F H

E

N

B A

D C

M