18 bộ học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh cả nước - Năm học 2017 – 2018 (Có đáp án)

Nội dung text: 18 bộ học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh cả nước - Năm học 2017 – 2018 (Có đáp án)

1. “Biển học” Kiến thức “Rỗng lớn” Mênh mông, chỉ lấy “Siêng năng” làm “Bờ bến”. ĐÁP ÁN - 18 BỘ HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH CẢ NƯỚC Năm học: 2017 – 2018 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2017- 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 1 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Câu I x2 x x 1 1 2 x 2 x 1/ Cho biểu thức: P , với xx 0, 1. Rút gọn x x1 x x x x x2 x P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 4(x 1 )x2018 2 x 2017 2 x 1 13 2/ Tính giá trị biểu thức: P 2 tại x. 23xx 2 3 2 2 3 2 Giải 1/ Rút gọn biểu thức P . Với điều kiện xx 0, 1, ta có: x 2 x x 1 2x 2 x 1 P x1x x1 xx x1 xx1x x1 xx2x x1 x12x2x1 P x x 1 x x 1 x2 P. x x 1 * Tìm x để P là một số nguyên Ta có đk: x 0, x 1 x x 1 x 1 1 x 2 x 2 1 0 P 1 2 x x 1 x 1 x 1 Vì P nguyên và 0 P 2 P 1 x2 Do đó: P 1 x 2 x x 1 x 1 (loại) x x 1 Vậy không có giá trị nào của x để P nhận giá trị nguyên. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
2. 2. Tính giá trị của biểu thức P. 13 x1 Đa thức có nghiệm là 2xx2 2 1 2 13 x2 2 1 3 3 1 Vì x là một nghiệm của đa thức 2xx2 2 1. 2 3 2 2 3 2 2 31 Thay x vào biểu thức P ta có: 2 31 2017 2 2017 2. 1 2x 2x 2x 1 2x 1 2x .0 2x 1 23 P 2 2x2 2x 1 x 1 0 x 1 3 1 3 1 1 2 23 Vậy khi thì biểu thức P 31 Câu II 1/ Biết phương trình (m2 )x2 2 (m 1 )x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của 2 tam giác vuông đó bằng . 5 (x y)2 (8 x 2 8 y 2 4 xy 13 ) 5 0 2. Giải hệ phương trình 1 21x xy Giải 1/ Tìm để đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vuông bằng x11 2 Phương trình (m 2)x 2(m 1)x m 0 (x 1) (m 2)x m 0 m x với (m2 ) 2 m2 Vì x1; x2 độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông ta có: m 0 m 0;x 2. m2 Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có: 1111 1 1 (2)1mm 2 21 2 2 2 2 22 2 x12 x h1 m 2 m 4 m 2 m 2 5 m 21 + Khi 2m 4 m m 4 (thỏa mãn) m 2 m 2 1 4 + Khi 24m m m (loại) m 23 Vậy m 4 là giá trị thõa mãn yêu cầu bài toán. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
3. 2. Giải hệ phương trình sau: Đkxđ: x y 0ta có: 5 (x y )(82 x 2 8 y 2 4 xy 13)50 8x22 8 y 4 xy 13 0 ()xy 2 1 21x 1 xy 21x xy 5 5 8(x22 y ) 4 xy 13 5x2 10 xy 5 y 2 3 x 2 6 xy 3 y 2 13 2 2 ()xy ()xy 1 1 21x (x y ) ( x y ) 1 xy ()xy 2 221 1 5 (x y ) 3( x y ) 13 2 2 5 x y 3( x y ) 23 ()xy xy 1 1 x y ( x y ) 1 x y ( x y ) 1 xy xy 1 Đặt u x y ;v x y (đk:|u | 2 ) xy Ta có hệ pt sau: u1 2(tm) 5u2 3v 2 23 5u 2 3(1 u) 2 23 4u 2 3u 10 0 5 u (loai) (| u | 2) u v 1 v 1 u v 1 u 2 4 v 1 u u 2 v 1(tm) 1 xy 2 x 0 + Thay u = 2 và v = - 1 ta có hệ pt sau: xy y 1 xy 1 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất là (x, y) = (0; 1) Câu III 1/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y25 y 62 (y 2 )x 2 (y 2 6 y 8 )x 2/ Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a22 b là số nguyên tố và p5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax22 by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p . Giải 1/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình Ta có: y2 5y 62 (y 2)x 2 (y 2 6y 8)x y 2y 3 56 (y 2)x 2 y 2y 4x y2x2 y4x y3 56 x1y2xy3 56 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
4. Ta thấy y 2 x 1 x y 3 ta phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số thứ ba còn lại. Như vậy ta có 56 8 .1. 7 xy ; 7;3 561.8.7 xy ; 2;6 56 8 .7. 1 xy ; 7;9 567.8.1 xy ; 8;6 56 1.7.8 xy ; 2;9 56 7.1.8 xy ; 8;3 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên. Câu IV Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O,I,Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của (O) , PIa cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O. 1/ Chứng minh IBIa C là tứ giác nội tiếp. 2/ Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP. 3/ Chứng minh DAI KAIa . Giải 1/ Chứng minh t/giác nội tiếp P I tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh a A A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. F O BIaa BI,CI CI I (Góc tạo bởi phân giác trong và ngoài ). B D 0 M C Xét tứ giác IBIa C có IBIaa ICI 180 K N Tứ giác IBIa C nội tiếp đường tròn đường kính IIa . I a “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
5. 2/ Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP Nhận thấy bốn điểm A,I, N,I a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ). Do NP là đường kính của (O) nên NBP 900 , M trung điểm của BC nên PN BC tại M Áp dụng hệ thức lượng PBN vuông ta có NB2 NM.NP Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI 1 BIN ABC BAC (1) 2 BAC Xét (O) ta có: NBC NAC (cùng chắn cung NC) 2 1 NBI NBC CBI BAC ABC (2). 2 Từ (1) và (2) Suy ra: BIN NBI nên NIB cân tại N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N Suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC, cũng chính là tâm của đường tròn 22 ngoại tiếp tứ giác IBIaa C NI NB NM.NP Vậy NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP Câu V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Chứng minh rằng: xz y2 x25 z 2 . y yz xz yz x z 2 Giải 2 xz y 2z 2 1 xz y x 2z yz yz P x y2 yz xz yz x z y2 xz z 1 11 yz yz x x y 2z 1 2 2 2 y a b 1 2c P zx , y x z 2 2 2 1 1 1 b 1 a 1 1 c z y x x y z Đặt a2 ,b 2 ,c 2 a,b,c0 y z x x1 Ta có: a22 . b 1 do x z . zc2 22 aa2 2 1ab1 bb 2 2 1ab1 2abaa 2 2 1b 2 1 Xét a b 2ab b22 1 a 1 ab 1 a22 1 b 1 ab 1 2 ab a2 b 2 a b a 3 b 3 a b 2 0 a22 1 b 1 ab 1 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
6. 2 a22 b 2ab 2 Do đó: c (1) . 22 1 b 1 a 1 ab 11 1 c c Đẳng thức xảy ra khi ab . Khi đó: 2 221c2 1c12c 2 51c1c 2 2 1 2c 5 1 c c2 1 2 2 1 c 1 c2 3 1 3c 3c23 c 1c 0 do c 1 (2) 2 1 c 1 c22 2 1 c 1 c Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a b, c 1 x y z . SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH TP. ĐÀ NẴNG Năm học: 2017- 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 4 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN x 2 x 1 x 1 Bài 2: Cho biểu thức A: với x > 0; x 1. x x 1 x x 1 1x 2 x 2 Hãy rút gọn biểu thức A và Chứng minh A 3 Giải * Rút gọn biểu thức A. Với x > 0; x 1 ta có: x 2 x 1 x 1 A: x x 1 x x 1 1x 2 x x 2x x 1 x x 1 2 x A. x1x x1 x1x x1 x1x x1 x1 2 x 2 x x 1 x x 12 x x 1 2 x A x 1 x x 1x 1 x 1 x x 1 x 1 2x A x x 1 * Chứng minh: Theo BĐT CôSi ta có: “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
7. 11 x 2 ( x ) 1 3 xx 2 x 2 2 A x x 1 1 3 x1 x 22 A 1 ( x ) 1 3 x Bài 3 Cho đường thẳng dm có phương trình y = mx + 2m – 1, với m tham số. a/ Chứng minh rằng khi tham số m thay đổi thì đường thẳng dm luôn đi qua một điểm H cố định. Tìm tọa độ điểm H. b/ Tìm giá trị của m sao cho khoảng cách từ điểm A(1;2) đến dm lớn nhất. Giải a/ Chứng minh m thay đổi thì dm luôn đi qua một điểm H cố định. Tìm tọa độ điểm H. Ta có: y = mx + 2m – 1 mx – y + 2m – 1 = 0 m(x + 2) – (y + 1) = 0 x 2 0 x 2 y 1 0 y 1 Vậy khi m thay đổi đường thẳng dm luôn đi qua một điểm cố định có tọa độ (x, y) = (- 2;- 1) b/ Tìm m để khoảng cách từ điểm A(1;2) đến dm lớn nhất? Khoảng cách từ điểm A(1;2) đến đường thẳng (dm): mx – y + 2m – 1 = 0 là |ax by c | | m 2 2m 1| 3| m 1| 3| m 1| hh00 a2 b 2 m 2 1 m 2 1 m 2 1 31||m Tìm m để h đạt giá trị lớn nhất? m2 1 3| m 1| * Cách 1: Khi m = 0 thì h lớn nhất bằng 3. m12 Vậy khi m = 0 thì khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng dm bằng 3 lớn nhất. * Cách 2: 3| m 1| h m12 22 9 m 2m 1 9 m 1 18m 18m h2 9 9 m2 1 m 2 1 m 2 1 m 2 1 Khi m 0 h2 9 h 3 Vậy khi m = 0 thì khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng dm bằng 3 lớn nhất Bài 4 a/ Tìm tất cả các số x thõa mãn: x4x22 x6x277 Giải “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
8. ĐK: x 2 ta có: 22 x4x22 x6x277 x22 x23 7 |x2 2||x2 3|7 - Xét x220 x6|x22| x22 |x22||x23|7 x22 x237 2x26 x 2 9 x 11(tm) - Xét x2202x6|x22| x22 |x2 2||x2 3|7 x2 2 x2 3 7 5 7(loai) Vậy x = 11 là giá trị duy nhất cần tìm. Bài 5 Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu giảm chiều rộng đi 1m và tăng chiều dài thêm 2m thì diện tích không đổi; ngoài ra nếu giảm chiều dài 4m đồng thời tăng chiều rộng 3m ta được thửa ruộng hình vuông. Tính diện tích thửa ruộng ban đầu? Giải Gọi x, y (m) là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật (ĐK: x > y > 0) Khi gảm chiều rộng 1m, tăng chiều dài 2m ta có pt: (x + 2)(y – 1) = xy (1) Khi giảm chiều dài 4m tăng chiều rộng 3m ta có pt: x – 4 = y + 3 (2) x 2 y 1 xy Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: x 4 y 3 x 2 y 1 xy x 16 Giải hệ pt ta có: x 4 y 3 y9 Diện tích thửa ruộng ban đầu là: S = x.y =16.9 = 144 (m2) Vậy Diện tích ban đầu thửa ruộng bằng 144m2. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
9. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH HƯNG YÊN Năm học: 2017- 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 5 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Bài 1 1 1 1 a/ Cho hai số thực a, b > 0 thõa mãn . CMR: a b a 2018 b 2018. a b 2018 b/ Cho a là nghiệm dương của phương trình 6x2 + 3 x - = 0. Tính giá trị biểu thức a2 A a42 a 2 a Giải a/ Chứng minh rằng: 1 1 1 ab Từ 2018 a b 2018 a b ab ab a22 b a 2018 b 2018 a b a b a b a b a b ab a b (a,b 0) a b a b Vậy a 2018 b 2018 a b b/ Tính giá trị biểu thức Vì a nghiệm nguyên dương phương trình 6x2 + x - = 0 nên 6a2 + a - = 0. 3 6a2 1 1 a 123aa2 2 a 4 3a30 4 3 2 3 12 42 a2 a 2 a a 2 a A a42 a 2 a a42 a 2 a a44 a 2 a 2 Thay a 1 2 3a2 A a 4 1 2 3a 2 2 a 2 a 2 3 a 2 2 2 2 2 2 A|a 3|a a 3a 3 Via 30 A3 Bài 2 1/ Giải phương trình: (1 1 x)3 2 x x 2/ Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thõa mãn: (x – 2018)2 = y4 – 6y3 + 11y2 – 6y Giải “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
10. 1/ Giải phương trình sau: (1 1 x)3 2 x x (*) ĐKXĐ: 1 – x 0 x 1 ta có: 2 (1 1x)2x33 x 1 1x 2x x(1 1x) (vi x1) x3 2 x x(1 1 x) - Xét x = 0 là một nghiệm của phương trình (*) - Xét x 0 ta có: 3 2x1 1x 2x131x31x 1x1x 1x31x31x 1x1x 1x1x21x 31x 0 1 x 1 x 2 1 x 3 0 2 1 x 0 x 1 1 x 1 x 1 2 0 2 1 x 1 2 ; x. x1 Vậy nghiệm của phương trình S 0;1 2/ Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thõa mãn đk. x 20182 y4 6y 3 11y 2 6y 2 x 20182 1 y4 9y 2 16y 3 6y 2y 2 y 2 3y1 22 x201822 1 y22 3y1 y 3y1 x2018 1 y22 3y x 2019 y 3y x 2017 1 x 2018 y2 3y x 2019 1 x 2018 * Trường hợp 1 : y0 y2 3y x 2017 1 y2 3y 0 y3 x 2020 x 2020 y0 y2 3y 0 y2 3y x 2019 1 y3 * Trường hợp 2: y2 3y x 2017 1 x 2016 x 2016 y0 y2 3y 0 y3 Vậy phương trình có 6 nghiệm trên. Bài 3 (x y)2 2x 1 2y 1 a/ Giải hệ phương trình: 2 (3x 2y)(y 1) 4 x2 1 3yz 4zx 5xy b/ Cho ba số thực dương x, y, z thõa mãn 2 y z . CMR: 4 x x y z “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
11. Giải a/ Giải hệ phương trình sau: 1 ĐKXĐ: x,y ta có: 2 (x y)2 (x y)2 2x 1 2y 1 2x 1 2y 1 2 2 (3x 2y)(y 1) 4 x 2 x 2y 4 x y 1 0 (x y)2 2x 1 2y 1 2 (x y)2 2x 1 2y 1 1 2 x 2y 4 0(Vi x, y ) 2 y 1 x x y 1 0 (x y)2 + Thay y = 1 – x vào phương trình 2x 1 2y 1 ta có: 2 2 x 1 x 4x2 4x 1 2x1 2(1x)1 2x1 32x 22 13 ĐKXĐ: x 22 t 2x 1 3 2x;t 0 t42 t22 422x1 2x3 4x 4x3 2 t4 8t 2 16 t 4 8t 2 16 4x4x322 4x4x1 4 44 4x2 4x1 t8t 4 2 t8t 4 2 t 2 8 8 t1 0 (loai) t2 2 (tm) t4 8t 2 8t0 tt2t 2 2t4 0 t3 1 5 (tm) t4 1 5 (loai) + Xét t = 2 ta có; 4x22 4x3 0 4x 4x30 2x132x 0 13 xy 1122 31 xy 2222 2 5 1 4 + Xét t 5 1 ta có: 4x4x322 4x4x3150VN 2 1 3 3 1 Vậy nghiệm của hê pt là x;y ; ; ; 2 2 2 2 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
12. 3yz 4zx 5xy b/ Chứng minh rằng: 4 x y z Theo BĐT CauChy ta có: 3yz 4zx 5xy yz zx zx xy xy yz 2 3 2z 4y 6x x y z x y y z z x 4x y 2z x 8xy 4zx 42xy zx 4 1 Vì từ giả thiết ta có: 2 y z 2 xy zx 1 x 1 Vậy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 Bài 4 Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định với OA = 2R; đường kính BC quay quanh O sao cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai I. Các đường thẳng AB, AC cắt (O; R) lần lượt tại điểm thứ hai D và E. Gọi K là giao điểm của DE và OA. a/ CMR: AK.AI = AE.AC b/ Tính độ dài AK theo R c/ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn thuộc một đường thẳng cố định. Giải a/ Chứng ming: AK.AI = AE.AC - Tứ giác BCED nội tiếp đường tròn. (1) AEK ABC (góc ngoài tứ nt bằng góc trong đối diện) B (2) AIC ABC (hai góc nt chắn cung AC ) D - Từ (1) và (2) Suy ra: AEK AIC - Xét AEK và AIC ta có: K F I A Chung A O AEK AIC(gg) AEK AIB(cmt) E AK AE N AC AI C AK.AI AE.AC b/ Tính độ dài AK theo R - Xét AOC và BOI ta có: OAC OBI(IC) AOC BOI(gg) AOC BOC(dd) AO CO BO.BC R2 R IO BO IO AO 2R 2 R 5R AI 2R 22 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
13. - Kẻ AN là tiếp tuyến của đường tròn (O). - Theo phương tích điểm A đối với đường tròn (O) ta có: AN2 AE.AC AK.AI AN2 4R 2 R 2 6R AK AI5R 5 2 6R AK 5 c/ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường thẳng cố định. Gọi F là giao điểm đường tròn ngoại tiếp ADE và đường thẳng AI ta có: AFD AED(ChanAD) AFD ABC AED ABC(cmt) Tứ giác BDFO nội tiếp đường (vì góc bằng góc trong đối diện với nó) Áp dụng phương tích đường tròn. AF.AO = AD.AB = AN2 AN22 3R 3R AF.AO = AN2 AF (không đổi) AO 2R 2 Vì A cố định, F cố định suy ra AF cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AF cố định. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
14. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học: 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 6 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Bài 1 1/ Chứng minh n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương. 2/ Cho ba số a, b, c phân biệt. Đặt : x = (a + b + c)2 – 9ab, y = (a + b + c)2 – 9bc, z = (a + b + c)2 – 9ac. Chứng minh rằng: Trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương. Giải 2 2 1/ Ta có: n6 2n 4 n 2 nn 2 4 2n 2 1 nn 2 2 1 n1.n.n1 Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 và cho 3. Do đó: Tích 3 số nguyên lên tiếp chia hết cho 6. n 1 .n. n 1 2 n 1 .n. n 1 6 n 1 .n. n 1 3 n 1 .n. n 1 6 2 n 1 .n. n 1 36 n 1 .n. n 1 6 Vậy n 6 2n 4 n 2 36 ( n ) 2/ Chứng minh rằng trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương. Ta có x y z 3 a b c2 9 ab bc ca 3 a2 b 2 c 2 ab bc ca 3 2a2 2b 2 2c 2 2ab 2bc 2ca 2 3 a2 2ab b 2 b 2 2bc c 2 c 2 2ca a 2 2 3 2 2 2 a b b c c a 0 2 Vì a, b, c là 3 số phân biệt. Do đó trong 3 số x, y, z phải có ít nhất 1 số dương. Bài 2 1/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x – y)(2x + y + 1) + 9(y – 1) = 13 2/ Giải phương trình: x2 x 2018 2018 Giải 1/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: Ta có: “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
15. x y2x y1 9y1 13 x y332x y1 9y1 13 x y 32x y1 32x y1 9y1 13 x y 32x y 1 6x 6y18 7 xy32xy1 6xy3 7 x y 3 2x y 5 7 10 x y 3 1 3x 10 x (loai) (I) 3 2x y 5 7 y x 2 y x 2 10 x y 3 7 3x 10 x (loai) (II) 3 2x y 5 1 y x 4 y x 4 x y 3 1 3x 6 x 2 (III) (tm) 2x y 5 7 y x 4 y 2 x y 3 7 3x 6 x 2 (IV) (tm) 2xy5 1 yx10 y8 2/ Giải phương trình: x2 x 2018 2018 ĐKXĐ: x 2018; Đặt: y x 2018 0 y2 x 2018. x22 y 2018 x y 2018 x2 y 2018 Ta có hệ pt sau: y2 x 2018 x 2 y y 2 x x y x y 1 0 - Xét trường hợp 1: x y 0 y x ta có pt: x2 x 2018 0 1 8073 x1 1 8072 8073 2 1 8073 x 2 2 - Xét trường hợp 2: x y 1 0 y x 1 ta có pt sau: x2 x 2017 0 1 8069 x3 1 8068 8069 2 1 80769 x 4 2 Vậy nghiệm của pt chỉ lấy những giá trị . Bài 3 1/ Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện : a2 + b2 + c2 2(ab + bc + ca) và p, q, r là ba số thỏa mãn : p + q + r = 0. Chứng minh rằng : apq + bqr + crp 0. 2/ Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện ab = 1. 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = a b 1 a22 b ab Giải “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
16. 1/ Chứng minh rằng : apq + bqr + crp 0. Từ a2 b 2 c 2 2ab bc ca a bc2 4bc |a bc|2bc Vì p q r 0 r p q Từ apq bqr crp apq bq p q cp p q apq bpq cpq bq2 cp 2 pq a b c bq 2 cp 2 apq bqr crp pq a b c bq22 cp - Theo BĐT CôSi các số không âm ta có : bq22 cp 2 | pq | bc pq | a b c | pq(a b c) pq(a b c) bq22 cp pq(a b c) bq22 cp 0 apq bqr crp pq a b c bq22 cp 0 Vậy apq bqr crp 0 (đpcm) 2/ Tìm GTNN của biểu thức M. Ta có : a22 b a b22 2ab a b 2. Đặt t a b 2 ab 2 t 2 2 4 M a b 1 a b 2 ab 44 M t 1 t2 2 t 3 2t t 2 2 tt 4 Mt3t1t2 13418 t Vậy GTNN của biểu thức M = 8 đạt được khi a = b = 1. Bài 4 2/ Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí các điểm D, E sao cho: a/ DE có độ dài nhỏ nhất. b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Giải a/ DE có độ dài nhỏ nhất B Kẻ đường cao AH BC(H BC) Qua D kẻ DF AB(D AB) x Từ F hạ FE AC(E AC) D F Tứ giác ADFE là hình chữ nhật. a H Đường chéo DE = AF AH Vậy DE có độ dài nhỏ nhất khi FH khi đó D trung điểm AB, E trung điểm AC. A C x E a “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
17. b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất Đặt BD = AE = x và AB = AC = a AD = a – x 1ax a x 2 SADE AD.AE 2 2 8 a2 a 2 3a 2 SSS BDEC ABC ADE 2 8 8 a Vậy khi a x x x thì D trung điểm của AB, E trung điểmm của AC thì diện tích tứ 2 giác BDEC nhỏ nhất. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH BẮC GIANG Năm học: 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 7 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Bài 1 x 1 x 1 3 x 1 x 2 Cho biểu thức A: với x 0;x 1 x 1 x 11 x x 1 x 1 a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất. 2 c/ Tìm giá trị của m để phương trình x – 2(m + 1)x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 2x12 1 2x 1 3 thõa mãn xx12 . x2 x 1 x 1 x 2 Giải a/ Rút gọn biểu thức A Với ta có: 22 x1x13x1x2x 1 x 1 3 x 1 x1 A:. x 1 x 11 x x 1 x 1 x 1 x x 1 2 2x3x1 2x2x x1 2x2x x1 2xx1 x1 A x x 2 x 2 x x 2 x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 1 2 x 1 2 x 1 A x 2 x 1 x2 b/ Tìm x để biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất 2 x 1 5 A2 đạt giá trị nhỏ nhất khi x = 0. x 2 x 2 1 Vậy khi x = 0 thì giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
18. 2x12 1 2x 1 3 c/ Tìm m để pt có 2 nghiệm thõa mãn xx12 x2 x 1 x 1 x 2 '0 ' m 12 m 0 2x 1 2x 1 3 12xx 22 12 2xx1 2 2xx 1 2 xx 1 2 xx 1 2 3 x2 x 1 x 1 x 2 2 13 ' m 0; m m11 2 24 7m 10m 3 0 3 m 24m12 2m 2m1 m2 3 2 7 3 Vậy khi m = -1 hoặc m thì pt có 2 nghiệm phân biệt thõa mãn bài toán. 7 PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI CẤP TP LỚP 9 TP. BẮC GIANG Năm học: 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 8 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Bài 1: x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a/ Cho biểu thức M : x x 8x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M > 1 a b b c c a b/ Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính H = 1 c 1 a 1 b Giải a/ Rút gọn biểu thức M . x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 25 x M : x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 1xx 1 3 5 2 : x 2 x 1 x 2 x 1 x3 x 2 x 1 x1 M. x 2 x 13 x 3 3 x 1 x1 M 3 x 1 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
19. * Tìm x để M > 1 x1 x 1 3 x 1 2 x 2 M 1 0 0 3 x 1 3 x 1 3 x 1 2 x 2 0 1 x 4 3 x 1 Vậy khi 1 x 4 thì M > 1. a b b c c a b/ Tính H = 1 c 1 a 1 b + Vì ab bc ca 1 1+ c = ab bc cac a c b c + Tương tự ta có 1 a a b a c ;1 b a b b c a b b c c a H = acbc abac abac acbc abac bcab = acbc abac bcab 1 1 1 1 1 1 = 0 bcacacababbc Bài 2: 55 a/ Giải phương trình 30 6xx22 6 xx22 2 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x số nguyên x Giải a/ Giải phương trình 5 ĐK: x2 6 5 2 2 61x 5 2 552 x Vì 2 0;6x 1 0 , theo côsi ta có 30 22 6x 1 x xx 2 5 Dấu = có khi 6xx2 1 1 x2 5 (6x2 ) 1 5 55 2 Vì 60x2 , theo côsi ta có 6xx22 (6 )  1 x x2 xx222 5 Dấu = có khi 6xx2 1 1 x2 55 6xx22 1 6 1 5522 Vây ta có 30 6x2 xx xx22 2 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
20. 55 30 6xx22 6 Dấu = có khi x 1 xx22 55 Vậy x= 1 là nghiệm phương trình 30 6xx22 6 xx22 2 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên x 2 Đặt a x 3; b x2 2 3; c x với a,, b c Z x Từ a x 3 x a 3; từ b x22 2 3 x b 2 3 , nên ta có 2 a 3 b 23 a22 233 a b 23231 a b a 3 ba 2 3 ba 2 3 -Nếu a+1 0 a 1 2 3 , vì a, b Z Q 2 3 Q VL a 1 a 1 a 10 a 1 x 31 Vậy a+1=0 nên ta có 2 ba 30 b 4 Với x 31 ta có ab 1; 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài Bài 3: a/ Tìm x nguyên dương để 4x32 14 x 9 x 6 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz. 1 1 xz2211 y2 1 1 Chứng minh rằng: xyz x y z Giải a/ Tìm x nguyên dương để 4x32 14 x 9 x 6 là số chính phương Vì là số chính phương, nên ta có 4x32 14 x 9 x 6 =k2 với k N Ta có 4 x32 14 x 9 x 6= = x 2 4 x2 6 x 3 nên ta có x 2 4 x2 6 x 3 = k 2 Đặt x 2,4 x2 6 x 3 d với d N * Ta có x 2MMM d x 2 4 x 2 d 4 x 6 x 4 d Ta lại có 463x2 xMM d 4634641 x 2 x x 2 x d d 1 Vậy x 2,4 x2 6 x 3 1 mà = nên ta có x + 2 và 4xx2 6 3 là số chính phương x 2 a2 v à 4x 2 6 x 3 b 2 với a,b N * Vì x > 0 nên ta có 4x2 b 2 4 x 2 12 x 9 2 x 22 b 2 2 x 3 Vì b lẻ nên b2 2 x 1 2 4 x 2 6 x 3 4 x 2 4 x 1 x 2 Với x = 2 ta có =100 = 102 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng: “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
21. 1 1 1 Từ Gt suy ra: 1. xy yz zx 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 Nên ta có: 2 ;" " y z x x xyyzzx xyxz 2 x y z 11 x2 1 4 1 1 Vậy . x 2 x y z 11 y2 1 1 4 1 11 z2 1 1 1 4 Tương tụ ta có ; y 2 x y z z 2 x y z 1 1 xz2211 y2 1 1 1 1 1 Vậy ta có 3 ;" " x y z x y z x y z 21 2 2 2 Ta có xyx 3 xyyzxx xy yz xz 0 2 Nên x y x 2 3 xy yz xx 2 xy yz xz 1 1 1 xyz 3 xy yz xz 3 xyz 3 xyz xyz x y z 1 1 xz2211 y2 1 1 Vậy xyz ; " " x y z x y z Bài 4: Cho đoạn thẳng OA = R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH < R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thẳng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB = AC = R. Vẽ HM vuông góc với OB (M OB), vẽ HN OC (N OC) a/ Chứng minh OMOB = ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ Chứng minh OBOC = 2R2 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi Giải a B M H E A O N C a/ Chứng minh OM OB = ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định *Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH22 R Chưng minh tương tự ta có ON OC OH22 R . Vậy ta có OM OB ON  OC OM OA * Ta có mà OA = R nên ta cóOM OB OA2 OA OB “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
22. OM OA Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA: OAB OAM· OBA· . OA OB Ta có AO = AB = R (gt) OAB cân ·AOB OBA· · AOM OBA· , vậy OAM· · AOM OMAcân MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA Ta có MO MA; NO NA, vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN với OA ta OA có EO = EA = và MN OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. 2 Vậy MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ Chứng minh OB. OC = 2R2 OM ON Ta có OM OB ON  OC OC OB OM ON Xét OMN và OCB có Oµ chung , có OMN: OCB , mà OC OB OM OE OM OE OE 11 OE  MN và OH BC nên ta có OM OC ( vì OH = OA OC OH OC OA2 OE 2 2 = 2OE) c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 2 2 2 SOMN OE OE OE 1 Ta có OMN: OCB (cm trên) 22 2 SOCB OH OA 2OE 4 1 1 1 1 1 1 1 Nên S S   OHBC RBC RABAC()() RRR R2 OMN4 OCB 4 2 8 8 8 4 Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng HA 1 Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là SR 2 khi HA a có OM OB OH22 R ( cm OMN 4 1 trên) OC  OB R22 OC  OB 2 R 2 Bài 5 Cho dãy số n, n + 1, n + 2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. Giải - Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong - Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k sao cho k2 n k 1 2 .Vì n nguyên dương và n k22 n k 1, vậy ta có: 2n k 1 2 2( k22 1) k 1 2 k 2 k 1 k 1 2 0 2 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k2 n k 1 2n Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
23. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NINH BÌNH Năm học: 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề 9 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN Bài 1 a 1 a a 1 a2 a a a 1 Cho biểu thức M ;(Voi a 0;a 1) a a a a a a a/ Rút gọn biểu thức M. b/ Chứng minh M > 4. 9 c/ Tìm các giá trị của a để biểu thức N có giá trị nguyên. M Giải a/ Rút gọn biểu thức M. Với a 0;a 1 ta có: a1aa1a2 aa a1a1 a1a a1 a1a1a a1 M a a a a a a a a a 1 a a 1 a 1 2 a1a a1a a1a2a1 a1 M a a a a a 2 a1 Vậy M a b/ Chứng minh M > 4. Ta có: M 4 M 4 0 22 a 1(a 2 a 1) 4 a a 1 4 0(Via0;a1) a a a M4 c/ Tìm a để biểu thức có giá trị nguyên. 99 Vì a > 0 và a 1 Vi M 4 N 0 N 2 M4 Do đó: N = 1 hoặc N = 2 - Xét N = 1 M9 ta có: a 2 a 1 47 21 5 M 9 a 7 a 1 0 a a 1;2 2 9 - Xét N 2 M ta có: 2 “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
24. 1 a 2 a 1 9 a M 2a 5 a 2 0 3 4 a 2 a44 Bài 2 a/ Giải phương trình: x2 4x3 2x 2 8x1x 3 4x 2 4x4 . x2 y 4x b/ Giải hệ phương trình; x4 y 2 2x 2 y y 4 c/ Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 (x ẩn, m tham số). Tìm các giá trị của m để phương x12 x 1 trình có hai nghiệm phân biệt x1; x1 thõa mãn 22 . x1 2x 2 x 2 2x 1 2 Giải a/ Giải phương trình sau: ĐKXĐ: 1 x 3 ta có: x2 4x3 2x 2 8x1x 3 4x 2 4x4 x3 4x 2 4x 1 x 2 4x3 3 2x 2 8x1 0 22 2 1x 4x3 92x 8x1 x x 2 0 1 x22 4x33 2x 8x1 22 x 2 2 x 2 x x 22 0 1 x22 4x33 2x 8x1 2 12 x 2 x 0 1 x22 4x33 2x 8x1 x 2 0 x 2 Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. b/ Giải hệ phương trình; Ta có: x2 y 4x y 4x x2 x4 y 2 2x 2 y y 4 x4 y 2 y 2x 2 1 4 0 2 y 4x x y 4x x2 2 x4 4xx 2 4xx2x 2 2 140 4x4 16x 3 17x 2 4x 4 0 y 4x x2 y 4x x2 4x4 16x 3 16x 2 x 2 4x 4 0 4x2 x 222 x 2 0 2 2 y 4x x y 4x x x2 4x2 1 0 x 22 4x2 1 0 y4 x 2 0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 2 và y = 4. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
25. 2 (*) x12 x 1 c/ Tìm m để pt x – 2x + m – 3 = 0 có 2 nghiệm x1, x1 thõa mãn 22 . x1 2x 2 x 2 2x 1 2 '0 ' 1 m 3 4 m 0 x12 x 2 x12 x 2 x12 x m 3 x12 x m 3 x12 x 1 2 2 2 2 22 2xx1 2 2x 1 2xx 2 1 2x 2 x 1 2x 2 x 2 2x 1 x1 2x 2 x 2 2x 1 2 m4 x12 x 2 x12 x m 3 2 22 2 2 x1212 x x x 3x 12 x x 12 x 4x 12 x 2x 1x2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 2x 1 x 2 0 m4 4 43 m 3m 32 4 m 3 4 m 3 4 4 2 m 3 0 m4 m4 m3 m 32 4 m 3 0 m 3 m 7 0 m 7(loai) Vậy khi m = 3 thì phương trình (*) có 2 nghiệm thõa mãn bài toán. Bài 3 a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy y 2 x 2 y 2 b/ Tìm các số tự nhiên n sao cho n2 12n 1975 là số chính phương. Giải a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: Ta có: x2 xy y 2 x 2 y 2 x 2 2xy y 2 x 2 y 2 xy x y2 xy xy 1 (*) Do xy và (xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp. xy = 0 hoặc xy + 1 = 0 + Xét xy = 0 x = y = 0 x11 0 y 0 22 + Xét xy + 1 = 0 y = - x thay vào pt (*) ta có: x x 1 0 x22 1 y 1 x33 1 y 1 Vậy pt có nghiệm nguyên là x,y 0;0;1; 1; 1;1 (x,y) = (0;0); (1; -1); (- 1;1). Bài 4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AK, BD, CI của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC của (O), M khác B và C. Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. a/ Chứng minh rằng: AO ID b/ Chứng minh tứ giác AHCP và AHBN nội tiếp đường tròn. c/ Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. d/ Tìm vị trí của điểm M để đoạn thẳng NP lớn nhất. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
26. Giải x a/ Chứng minh rằng: AO ID . Qua A kẻ tiếp tuyến với (O) Ax OA A Vì BIC BDC 900 Tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn. P ADI ABC (1) (Góc ngoài tứ giác nội tiếp) D (2) I ABC CAx (Chắn cung AC ) O H Từ (1) và (2) ta có: ADI CAx Ax//ID C N B K Do đó: AO Ax M AO ID (đpcm) Ax / /ID b/ Chứng minh tứ giác AHCP và AHBN nội tiếp đường tròn. Vì CDH CKH 900 Tứ giác CDHK nội tiếp đường tròn. ACB DHK 1800 Ta có: ACB AMB(CungAB ACB ANB AMB ANB(d / xung) Ta có: ACB ANB(cmt) ACB DHK ANB AHB 1800 DHK AHB(dd) Vậy tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn. Chứng minh tương tự tứ giác AHCP nội tiếp đường tròn. “Khúc eo” Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.