SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br />
<br />
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH<br />
<br />
TỈNH ĐĂKLĂK<br />
<br />
Năm học: 2017 – 2018<br />
<br />
ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br />
<br />
Môn: TOÁN LỚP 9 – THCS<br />
Thời gian làm bài: 150 phút<br />
(không kể thời gian giao đề)<br />
<br />
Bài 1 (4 điểm)<br />
1) Thu gọn biểu thức P =<br />
<br />
x −3+ 2 x + 4 x + 4<br />
2017<br />
. Tìm x sao cho P =<br />
2018<br />
x+3 x +2<br />
<br />
2) Giải phương trình: ( x 2 − 4 x )( x 2 − 4 ) = 20<br />
Bài 2 (4 điểm)<br />
1) Cho phương trình x 2 + 2 ( 2m − 3) x + m 2 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để<br />
phương trình có hai nghiệm khác 0 là x1 ; x2 ( chúng có thể trùng nhau) và biểu thức<br />
<br />
1 1<br />
+<br />
đạt<br />
x1 x2<br />
<br />
giá trị nhỏ nhất.<br />
2) Cho Parabol ( P ) : y = ax 2 . Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A ( x0 ; y0 ) với hoành độ<br />
dương thỏa mãn điều kiện<br />
<br />
x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3<br />
<br />
Bài 3 (4 điểm)<br />
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x 2 − y 2 + 4 x − 2 y = 18<br />
2) Tìm tất cả các cặp số ( a ; b ) nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:<br />
i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1<br />
ii) Số N = ab ( ab + 1)( 2ab + 1) có đúng 16 ước số nguyên dương<br />
Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lần lượt<br />
tại D và E ( D ≠ B, E ≠ C ) . BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F.<br />
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp<br />
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN<br />
là tứ giác nội tiếp. Tính số đo góc BAC<br />
Bài 5 (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6 . Tính<br />
giá trị lớn nhất của biểu thức T = x − y + 2018<br />
Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một<br />
góc bằng 1500 . Chứng minh rằng: MA2 ≥ 2 MB.MC<br />
<br />
1<br />
<br />
LỜI GIẢI ĐỀ THI<br />
Bài 1 (4 điểm)<br />
1) Thu gọn biểu thức P =<br />
<br />
x −3+ 2 x + 4 x + 4<br />
2017<br />
. Tìm x sao cho P =<br />
2018<br />
x+3 x +2<br />
<br />
<br />
≥<br />
x<br />
0<br />
<br />
x ≥ 0<br />
<br />
<br />
ĐKXĐ: x + 3 x + 2 ≠ 0 ⇔ x + 1<br />
<br />
<br />
x + 4 x + 4 ≥ 0<br />
x +2<br />
<br />
<br />
(<br />
(<br />
<br />
)( x + 2) ≠ 0 ⇔ x ≥ 0<br />
) ≥0<br />
x − 3 + 2 x + 4 x + 4 x − 3 + 2 ( x + 2)<br />
x + 2 x +1<br />
P=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
x+3 x +2<br />
( x + 1)( x + 2) ( x + 1)( x + 2)<br />
2<br />
<br />
2<br />
<br />
Vì P =<br />
<br />
2017<br />
nên:<br />
2018<br />
<br />
x +1<br />
x +2<br />
<br />
x + 1 2017<br />
=<br />
⇔ x = 2016 ⇔ x = 20162<br />
x + 2 2018<br />
<br />
2) Giải phương trình: ( x 2 − 4 x )( x 2 − 4 ) = 20<br />
<br />
(x<br />
<br />
2<br />
<br />
− 4 x )( x − 4 ) = 20 ⇔ ( x − 2 x − 4 )<br />
2<br />
<br />
2<br />
<br />
2<br />
<br />
x2 − 2 x − 4 = 6<br />
x 2 − 2 x − 10 = 0<br />
= 36 ⇔ 2<br />
⇔ 2<br />
2<br />
4<br />
6<br />
x<br />
x<br />
−<br />
−<br />
=<br />
−<br />
<br />
x − 2x + 2 = 0<br />
<br />
x = 11 + 1<br />
x = 3 + 1<br />
⇔<br />
hoặc <br />
x = − 11 + 1<br />
x = − 3 + 1<br />
Bài 2 (4 điểm)<br />
1) Cho phương trình x 2 + 2 ( 2m − 3) x + m 2 = 0 , với m là tham số.<br />
<br />
∆ ' > 0<br />
2<br />
Ta có: ∆ ' = ( 2m − 3) − 4m 2 = −12m + 9 . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 2<br />
m ≠ 0<br />
3<br />
<br />
3<br />
m ><br />
(1)<br />
⇔<br />
4 ⇔m><br />
4<br />
m ≠ 0<br />
<br />
x1 + x2 = 2 ( 3 − 2m )<br />
Theo định lí vi – et ta có: <br />
2<br />
x1 x2 = m<br />
2 ( 3 − 2m ) 6<br />
1 1 x +x<br />
6 2<br />
=<br />
−<br />
Ta có: A = + = 1 2 =<br />
−<br />
2<br />
x1 x2<br />
x1 x2<br />
m<br />
m<br />
3<br />
<br />
3<br />
2<br />
<br />
⇒ A≥<br />
<br />
−2<br />
. Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi m = 3. Kết hợp với điều kiện (1) thì m thỏa mãn<br />
3<br />
<br />
Vậy: MinA =<br />
<br />
−2<br />
tại m = 3.<br />
3<br />
2<br />
<br />
2) Cho Parabol ( P ) : y = ax 2 . Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A ( x0 ; y0 ) với hoành độ<br />
dương thỏa mãn điều kiện<br />
<br />
x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3<br />
<br />
Vì: A ( x0 ; y0 ) ∈ ( P ) nên y = ax02 ⇒ x02 =<br />
<br />
y0<br />
. Do x0 > 0 ⇒ x0 =<br />
a<br />
<br />
y0<br />
a<br />
<br />
Ta có:<br />
<br />
x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3<br />
y0<br />
+ 1 − y0 + 4 =<br />
a<br />
<br />
⇔<br />
<br />
y0<br />
− y0 + 3 ⇔<br />
a<br />
<br />
y0<br />
+1 −<br />
a<br />
<br />
y0<br />
=<br />
a<br />
<br />
( y0 + 3) + 1 − ( y0 + 3)<br />
<br />
Xét hàm số: f ( t ) = t + 1 − t . Dễ dàng chứng minh được f ( t ) luôn nghịch biến khi t > 0<br />
<br />
⇒<br />
<br />
y0<br />
3a<br />
3a<br />
3<br />
= y0 + 3 ⇒ y0 =<br />
⇒ ax02 =<br />
⇒ x02 =<br />
⇒ a pn . Vì N có 16 ước nguyên dương nên số N không thể<br />
phân tích được ra được tích của 5 số tự nhiên.<br />
Xét bài toán sau, Nếu A = a.b.c.d trong đó a, b, c và là các số nguyên tố thì số các ước của A là:<br />
4<br />
<br />
∑C<br />
x =0<br />
<br />
x<br />
4<br />
<br />
= 16 . Như vậy: Nếu N = ab ( ab + 1)( 2ab + 1) có 16 ước thì N là tích của 4 số nguyên tố<br />
<br />
+ TH 1: các số a, b, ab + 1 và 2ab + 1 là các số nguyên tố. Như vậy, bài toán được viết lại là: Tìm<br />
các số nguyên tố a và b sao cho các số ab + 1 và 2ab + 1 là các số nguyên tố.<br />
- Nếu ab + 1 là số chẵn thì ab + 1 = 2 ⇒ ab = 1 (vô lí)<br />
- Nếu ab + 1 là số lẻ thì ab là số chẵn ⇒ ab = 2 ⇒ b = 2 và a = 1 (vô lí)<br />
Như vậy: các số: a, b, ab + 1 và 2ab + 1 là không thể đồng thời là các số nguyên tố<br />
+ TH2: a phải bằng 1.<br />
3<br />
<br />
⇒ N = b ( b + 1)( 2b + 1) . Như vậy, trong ba số b ; b+1 và 2b +1 thì tồn tại 2 số là nguyên tố và<br />
một số được tạo bởi tích của hai số nguyên tố không trùng nhau và không trùng với hai số kia.<br />
- Giả sử b và b + 1 là số nguyên tố ( vô lí)<br />
- Giả sử b và 2b + 1 là số nguyên tố ⇒ b + 1 = 2k ( k là nguyên tố), mà<br />
b = 3<br />
. Nếu b = 3 thì b + 1 = 4 = 2.2 ( vô lí)<br />
b ( b + 1)⋮ 6 ⇒ 2bk ⋮ 6 ⇒ bk ⋮ 3 ⇒ <br />
3<br />
k<br />
=<br />
<br />
Nếu k = 3 thì b+1 = 6 = 2.3 và b = 5 ; 2b + 1 = 7 ( Thỏa mãn)<br />
- Giả sử b + 1 và 2b +1 là số nguyên tố thì b = 2k ( k là số nguyên tố), mà<br />
k = 3<br />
b ( b + 1)⋮ 6 ⇒ 2k ( b + 1)⋮ 6 ⇒ k ( b + 1)⋮3 ⇒ <br />
b + 1 = 3<br />
Nếu k = 3 ⇒ b = 6 = 2.3 ⇒ b + 1 = 7 và 2b + 1 = 13 ( thỏa mãn)<br />
Nếu b +1 = 3 ⇒ b = 2 ⇒ 2b + 1 = 5 ( vô lí)<br />
Vậy: S = {(1,5 ) ; (1, 6 ) ; ( 5,1) ; ( 6,1)}<br />
Bài 4 (4 điểm)<br />
a/ Vì BC là đường kính nên CD ⊥ AB và<br />
BF ⊥ AC ⇒ H là trực tâm của<br />
∆ABC ⇒ AF ⊥ BC<br />
⇒ BDH = BFH = 900 ; ADH = AEH = 900<br />
⇒ ADHE và BDHF nội tiếp<br />
b/ Vì MHNF nội tiếp<br />
nên MHN + MFN = 1800 ⇒ EHN = MFN<br />
mà EHN = EFC ( cùng chắn cung EC)<br />
nên: DFE = EFC (1)<br />
ta lại có: EHN = DHB ( đối đỉnh)<br />
mà DHB = DFB ( cùng chắn cung DB)<br />
nên: DFB = DFE (2)<br />
Từ (1) và (2) ⇒ DFB = DFE = ECF = 600<br />
⇒ DHE = 1200 mà ADHE nội tiếp<br />
⇒ BAC = 600<br />
<br />
A<br />
<br />
E<br />
D<br />
<br />
H<br />
N<br />
M<br />
<br />
B<br />
<br />
F<br />
<br />
I<br />
<br />
C<br />
<br />
Bài 5 (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6 . Tính<br />
giá trị lớn nhất của biểu thức T = x − y + 2018<br />
Đk: −3 ≤ x ≤ 3<br />
+) Ta có: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6<br />
<br />
4<br />
<br />
⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) = 11 9 − x 2 − x 2 9 − x 2 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) =<br />
3<br />
<br />
3<br />
<br />
(<br />
<br />
9 − x2<br />
<br />
) +2<br />
3<br />
<br />
9 − x2<br />
<br />
Xét hàm số: f ( t ) = t 3 + 2t . Ta dễ dàng chứng minh được f ( t ) luôn đồng biến khi t > 0<br />
<br />
⇒ y + 1 = 9 − x2 ⇒ y = 9 − x2 − 1<br />
+) Ta có: T = x − y + 2018 ⇒ T = x − 9 − x 2 + 2019<br />
Sử dụng phương pháp đạo hàm của ( Giải tích lớp 12) và sự biến thiên của hàm số để tìm ra điểm<br />
rơi của bất đẳng thức, áp dụng bất đẳng thức (AM-GM) ta dễ dàng giải được bài toán.<br />
Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một<br />
góc bằng 1500 . Chứng minh rằng: MA2 ≥ 2 MB.MC<br />
<br />
y<br />
<br />
Giải:<br />
Vì M nhìn cạnh BC dưới một<br />
góc 1500 nên cung lớn BC có<br />
số đo là 3000 ⇒ cung bé BC<br />
có số đo là 600 ⇒ ∆BOC đều.<br />
Gọi R là bán kính đường<br />
⇒ AB = AC = BC = OB<br />
tròn<br />
= OC = R<br />
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ:<br />
O ( 0;0 ) ;<br />
<br />
A<br />
<br />
M<br />
C<br />
<br />
B<br />
<br />
Vì M ( x0 ; y0 ) thuộc đường<br />
<br />
tròn nên x02 + y02 = R 2<br />
<br />
R R 3<br />
−R R 3 <br />
;<br />
C ;<br />
; B<br />
<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 <br />
<br />
<br />
<br />
<br />
(<br />
<br />
A 0; R 3<br />
<br />
)<br />
<br />
x<br />
<br />
O<br />
<br />
(<br />
<br />
MA2 = x02 + R 3 − y0<br />
<br />
)<br />
<br />
2<br />
<br />
⇒ MA2 = 4 R 2 − 2 R 3 y0<br />
<br />
2<br />
<br />
2<br />
R <br />
R 3<br />
<br />
2<br />
⇒ MB = x0 + + y0 −<br />
= 2 R + Rx0 − R 3 y0<br />
2 <br />
2 <br />
<br />
2<br />
<br />
2<br />
R <br />
R 3<br />
<br />
2<br />
⇒ MC = x0 − + y0 −<br />
= 2 R − Rx0 − R 3 y0<br />
2 <br />
2 <br />
<br />
<br />
⇒ MB.MC = 2 R 2 + Rx0 − R 3 y0 . 2 R 2 − Rx0 − R 3 y0 =<br />
⇒ MB.MC =<br />
<br />
( 2R<br />
<br />
2<br />
<br />
− R 3 y0<br />
<br />
)<br />
<br />
2<br />
<br />
(<br />
<br />
2 R 2 − R 3 y0<br />
<br />
)<br />
<br />
2<br />
<br />
− R 2 x02<br />
<br />
− R 2 ( R 2 − y02 ) = 3R 4 − 4 R 3 3 y0 + 4 R 2 y02 = R 2 3 − 2 Ry0<br />
5<br />
<br />