G
G
GV
V
V:
:
:
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
D
D
Dư
ư
ươ
ơ
ơn
n
ng
g
g
Hả
Hả
Hải
i
i
–
–
–
T
T
TH
H
HC
C
CS
S
S
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
C
C
Ch
h
hí
í
í
T
T
Th
h
ha
a
an
n
nh
h
h
–
–
–
B
B
BM
M
MT
T
T
–
–
–
Đ
Đ
Đă
ă
ăk
k
k
L
L
Lă
ă
ăk
k
k
(
(
(S
S
Sư
ư
ưu
u
u
t
t
tầ
ầ
ầm
m
m
và
và
và g
g
gi
i
iớ
ớ
ới
i
i
t
t
th
h
hi
i
iệ
ệ
ệu
u
u)
)
)
t
t
tr
r
ra
a
an
n
ng
g
g
1
1
1
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
3
3 2 3 33 12 5 37 30 3
A .
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 2
4 2 2 5
x x x m
(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 x
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: 2 2
2 2 6 4 20
x y xy x y
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
0
45
MAN . 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
3
a b c
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a b c
b c a
-------------------- Hết --------------------
G
G
GV
V
V:
:
:
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
D
D
Dư
ư
ươ
ơ
ơn
n
ng
g
g
Hả
Hả
Hải
i
i
–
–
–
T
T
TH
H
HC
C
CS
S
S
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
C
C
Ch
h
hí
í
í
T
T
Th
h
ha
a
an
n
nh
h
h
–
–
–
B
B
BM
M
MT
T
T
–
–
–
Đ
Đ
Đă
ă
ăk
k
k
L
L
Lă
ă
ăk
k
k
(
(
(S
S
Sư
ư
ưu
u
u
t
t
tầ
ầ
ầm
m
m
và
và
và g
g
gi
i
iớ
ớ
ới
i
i
t
t
th
h
hi
i
iệ
ệ
ệu
u
u)
)
)
t
t
tr
r
ra
a
an
n
ng
g
g
2
2
2
BÀI GIẢI
Bài 1: (4 điểm)
1) Ta có
3
33
3 2 3 33 12 5 37 30 3 3 2 3 33 12 5 1 2 3
A
2
3 2 3 33 12 4 2 3 3 2 3 33 12 1 3 3 2 3 21 12 3
2
3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 3 12 9 3
2) (ĐK:
0, y 0
x
)
3 3
2
6 12 8 2 2
2 1 2 2 1 2
2 1 2 4
2 1 2
x y
x x x x y y x y x y
x x y x x y x x x
x x y
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
19
1
1
3
y vo ly
xx
tm
y
y
x
. Vậy nghiệm của hệ là
9
1
x
y
Bài 2: (4 điểm)
1) Ta có
2
2
4 2 2 5 2 2 2 1 0 *
x x x m x x m
Đặt
2 0
t x t
. Khi đó (*) trở thành:
2
2 1 0 **
t t m
Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt (**) có hai nghiệm dương phân biệt
0 1 1 0 0
0 1 0 1 0
1
0 2 0
t
t
t
mm
P m m
m
S
2) Vì đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thẳng d
có dạng
3
y kx
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
2 2
3 3 0 *
x kx x kx
Vì
3 0
ac
, 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
2 2
; , ; , ; 0 , ; 0
A A B B A B
A x x B x x C x D x
Do đó
2
2 2 2
20
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
A B
t x x
, ta có:
22
3 2
2 3
20 6 40 0 4 4 10 0 4 2 6 0 4
2
t
t t t t t t t t t
.
G
G
GV
V
V:
:
:
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
D
D
Dư
ư
ươ
ơ
ơn
n
ng
g
g
Hả
Hả
Hải
i
i
–
–
–
T
T
TH
H
HC
C
CS
S
S
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
C
C
Ch
h
hí
í
í
T
T
Th
h
ha
a
an
n
nh
h
h
–
–
–
B
B
BM
M
MT
T
T
–
–
–
Đ
Đ
Đă
ă
ăk
k
k
L
L
Lă
ă
ăk
k
k
(
(
(S
S
Sư
ư
ưu
u
u
t
t
tầ
ầ
ầm
m
m
và
và
và g
g
gi
i
iớ
ớ
ới
i
i
t
t
th
h
hi
i
iệ
ệ
ệu
u
u)
)
)
t
t
tr
r
ra
a
an
n
ng
g
g
3
3
3
22
2 2 2
4 4 16 2 2 2 3 6 6
A B A B A B A B A B A B
t x x x x x x x x x x x x k
2
4 2
k k
. Vậy phương trình đường thẳng d là:
2 3
y x
hoặc
2 3
y x
Bài 3: (4 điểm)
1) Ta có:
2 2
2 2
2 2 6 4 20 1 2 25
x y xy x y x x y
Vì
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
25 0 5 0 5 3 4 3 4 3 4 3 4
, 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:
2 2 2 2
2 2 6 4 20 2 2 3 4 20 0 *
x y xy x y x y x y y
(*) có nghiệm
22 2 2
3 2 4 20 0 2 49 0 2 49 0
y y y y y y y
2
1 50 1 5 2 1 5 2 1 5 2 8 6
y y y y
(vì
y Z
)
(*) có nghiệm nguyên
2 2
2 49 8; 6; 2; 0; 4; 6
y y k k N y
+) Với
2 2
2
8; * 2 10 12 0 5 6 0 2 3 0
3
x
y x x x x x x x
+) Với
2 2
1
6; * 2 6 8 0 3 4 0 1 4 0
4
x
y x x x x x x x
+) Với
2 2
3
2; * 2 2 24 0 12 0 3 4 0
4
x
y x x x x x x x
+) Với
2 2
5
0; * 2 6 20 0 3 10 0 5 2 0
2
x
y x x x x x x x
+) Với
2 2
1
4; * 2 14 12 0 7 6 0 1 6 0
6
x
y x x x x x x x
+) Với
2 2
4
6; * 2 18 40 0 9 20 0 4 5 0
5
x
y x x x x x x x
2) Gọi
abcd
là số tự nhiên phải tìm
1000 9999
abcd
Ta có
3 3
1000 9999 10 21
abcd a b c d a b c d a b c d
+) Nếu
10 1000
a b c d abcd loai
; +) Nếu
11 1331
a b c d abcd loai
;
+) Nếu
12 1728
a b c d abcd loai
; +) Nếu
13 2917
a b c d abcd loai
;
+) Nếu
14 2744
a b c d abcd loai
; +) Nếu
15 3375
a b c d abcd loai
;
+) Nếu
16 4096
a b c d abcd loai
; +) Nếu
17 4913
a b c d abcd nhan
;
G
G
GV
V
V:
:
:
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
D
D
Dư
ư
ươ
ơ
ơn
n
ng
g
g
Hả
Hả
Hải
i
i
–
–
–
T
T
TH
H
HC
C
CS
S
S
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
C
C
Ch
h
hí
í
í
T
T
Th
h
ha
a
an
n
nh
h
h
–
–
–
B
B
BM
M
MT
T
T
–
–
–
Đ
Đ
Đă
ă
ăk
k
k
L
L
Lă
ă
ăk
k
k
(
(
(S
S
Sư
ư
ưu
u
u
t
t
tầ
ầ
ầm
m
m
và
và
và g
g
gi
i
iớ
ớ
ới
i
i
t
t
th
h
hi
i
iệ
ệ
ệu
u
u)
)
)
t
t
tr
r
ra
a
an
n
ng
g
g
4
4
4
+) Nếu
18 5832
a b c d abcd nhan
; +) Nếu
19 6859
a b c d abcd loai
;
+) Nếu
20 8000
a b c d abcd loai
; +) Nếu
21 9261
a b c d abcd loai
.
Vậy
4913; 5832
abcd .
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:
0
90
ABO (AB là tiếp tuyến của (O)), BH OA (OA là trung trực của BC)
2.
AB AH AO a
Xét ABD và AEB:
1
2
ABD AED sd BD
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
BAD
(góc chung). Vậy ABD AEB (g.g)
2.
AB AD
AB 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)
0 0
90 90
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
E
B
C
O
A
D
G
G
GV
V
V:
:
:
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
D
D
Dư
ư
ươ
ơ
ơn
n
ng
g
g
Hả
Hả
Hải
i
i
–
–
–
T
T
TH
H
HC
C
CS
S
S
N
N
Ng
g
gu
u
uy
y
yễ
ễ
ễn
n
n
C
C
Ch
h
hí
í
í
T
T
Th
h
ha
a
an
n
nh
h
h
–
–
–
B
B
BM
M
MT
T
T
–
–
–
Đ
Đ
Đă
ă
ăk
k
k
L
L
Lă
ă
ăk
k
k
(
(
(S
S
Sư
ư
ưu
u
u
t
t
tầ
ầ
ầm
m
m
và
và
và g
g
gi
i
iớ
ớ
ới
i
i
t
t
th
h
hi
i
iệ
ệ
ệu
u
u)
)
)
t
t
tr
r
ra
a
an
n
ng
g
g
5
5
5
Bài 5: (2 điểm)
Tứ giác ABMF:
0
45
MAF gt
,
0
45
MBF (BD là đường chéo hình vuông)
Vậy tứ giác ABMF nội tiếp
0 0 0 0
180 180 90 90
AFM ABM
AFM:
0 0
90 , 45
AFM FAM ,
nên AFM vuông cân tại F AF = MF
Tương tự AENvuông cân tại E AE = NE
Tứ giác AEHF:
0
90
AFH AEH cmt
(H là giao điểm của MF và NE)
nên tứ giác AEHF nội tiếp
45
NHF MHE EAF
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:
MNFE MHN NHF FHE EHM
S S S S S
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
1sin 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
2
3 *
a b c ab bc ca .
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
* 0 2 0
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
2 2 2
0
a b b c c a
(luôn đúng). Dấu “=” xảy ra
abc
Áp dụng (*), ta có:
2
3 3 3
ab bc ca ab bc ca
Lại có:
2 2
2
2 2 2
1 1 1
11
1 1 1
a b b
a b
aa
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 2
1 1
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
Dấu “=” xảy ra
1
a b c
.
450
K
H
F
E
N
BA
DC
M