Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN<br /> <br /> KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI<br /> MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018<br /> Thời gian làm bài: 150 phút<br /> <br /> Bài 1.<br /> <br /> a)<br /> <br /> Cho<br /> <br /> a, b  0<br /> <br /> thỏa<br /> <br /> mãn<br /> <br /> 1 1<br /> 1<br />  <br /> .<br /> a b 2018<br /> <br /> Chứng<br /> <br /> minh<br /> <br /> rằng<br /> <br /> a  b  a  2018  b  2018 .<br /> <br /> b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6 x2  3x  3  0 .<br /> Tính giá trị của biểu thức A <br /> Bài 2.<br /> <br /> a2<br /> a4  a  2  a2<br /> <br /> .<br /> <br /> a) Giải phương trình (1 điểm) 1  1  x  3 2  x  x .<br /> b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  x  2018  y 4  6 y3  11y 2  6 y<br /> 2<br /> <br /> Bài 3.<br /> <br /> Bài 4.<br /> <br /> 2<br /> <br /> x  y<br /> <br />  2x 1  2 y 1 <br /> a) Giải hệ phương trình <br /> 2<br />  3x  2 y  y  1  4  x 2<br /> <br /> 1<br /> b) Cho x, y, z  0 thỏa mãn 2 y  z <br /> . Chứng minh rằng<br /> x<br /> 3 yz 4 zx 5 xy<br /> <br /> <br /> 4<br /> x<br /> y<br /> z<br /> <br /> Cho đường tròn  O; R  và điểm A cố định với OA  2R , đường kính BC<br /> quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn<br /> ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các<br /> đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O  lần lượt tại điểm thứ hai là<br /> D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO<br /> a) Chứng minh rằng AK.AI  AE.AC .<br /> <br /> b) Tính độ dài của đoạn AK theo R .<br /> c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một<br /> đường thẳng cố định.<br /> Bài 5.<br /> <br /> Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1, 2,3,..., 625 chọn ra 311 số sao cho không<br /> có hai số nào có tổng bằng 625 . Chứng minh rằng trong 311 số được<br /> chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương.<br />  HẾT <br /> <br /> HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ<br /> <br /> Bài 1.<br /> <br /> a)<br /> <br /> a, b  0<br /> <br /> Cho<br /> <br /> thỏa<br /> <br /> mãn<br /> <br /> 1 1<br /> 1<br />  <br /> .<br /> a b 2018<br /> <br /> Chứng<br /> <br /> minh<br /> <br /> rằng<br /> <br /> a  b  a  2018  b  2018 .<br /> <br /> b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6 x2  3x  3  0 .<br /> Tính giá trị của biểu thức A <br /> <br /> a2<br /> a4  a  2  a2<br /> <br /> .<br /> <br /> Lời giải<br /> a) Từ giả thiết<br /> 1 1<br /> 1<br /> ab<br /> ab<br /> ab<br />  <br />  2018 <br />  a  2018  b  2018  a <br />  b<br /> a b 2018<br /> a b<br /> a b<br /> a b<br /> a<br /> b<br /> ab<br /> <br /> <br />  a  b (Vì a, b  0 ).<br /> ab<br /> ab<br /> ab<br /> <br /> <br /> <br /> b) Ta có a là nghiệm dương của phương trình 6 x2  3x  3  0 nên<br /> 6a 2  3a  3  0<br /> <br /> 3  6a 2<br /> 1<br />  1  2 3a 2  0  a 2 <br />  3  a2  3  0 .<br /> 3<br /> 2 3<br /> <br /> a<br /> <br /> Do đó<br /> a2<br /> <br /> A<br /> <br /> <br /> Bài 2.<br /> <br /> a a2 a<br /> 4<br /> <br /> a<br /> <br /> 2<br /> <br />  3<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br />  a  2 .<br /> <br /> a4  a  2  a2<br /> <br /> a a2a<br /> 4<br /> <br /> 4<br /> <br /> <br /> <br /> a 4  1  2 3a 2  2  a 2<br /> <br />  a2  a2  3  a2  3  a2  a2  3 .<br /> <br /> a) Giải phương trình (1 điểm) 1  1  x  3 2  x  x .<br /> b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  x  2018  y 4  6 y3  11y 2  6 y<br /> 2<br /> <br /> Lời giải<br /> a) Giải phương trình 1  1  x  3 2  x  x . ĐK: x  1<br /> <br /> 1 <br /> <br /> 1 x<br /> <br /> <br /> <br /> 3<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 2  x  x  x. 3 2  x  x 1  1  x  x<br /> <br /> x  0<br />  3<br />  2  x  1 1 x<br /> <br /> <br /> <br /> 3<br /> <br /> <br /> <br /> 2  x 1  1  x  0<br /> <br /> Xét phương trình 3 2  x  1  1  x .<br />  3 2  x  a a  b  1<br /> a  b  1<br /> Đặt <br />  3 2<br />  3<br /> 2<br /> <br />  1 x  b<br /> <br /> a  b  1<br /> <br /> a  b  1<br />  3<br /> 2<br /> b  3b  3b  1  b  1 b  2b  3b  0<br /> 2<br /> <br /> a  1<br /> <br />  x  1.<br /> b  0<br /> <br /> Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x 0;1 .<br /> b)  x  2018  y 4  6 y3  11y 2  6 y   x  2018  1   y 2  3 y  1<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />   x  2018   y 2  3 y  1  1   y 2  3 y  x  2019  y 2  3 y  x  2017   1<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Vì cặp x ; y nguyên nên:<br />  y  3 y  x  2019  1  x  2018<br />  x  2018; y  0<br /> TH1:  2<br /> .<br />  2<br /> <br /> x<br /> <br /> 2018;<br /> y<br /> <br /> 3<br /> y<br /> <br /> 3<br /> y<br /> <br /> 0<br /> y<br /> <br /> 3<br /> y<br /> <br /> x<br /> <br /> 2017<br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br />  y 2  3 y  x  2019  1  x  2018<br />  x  2018; y  1<br /> <br /> TH2:  2<br /> .<br />  2<br /> <br />  y  3 y  x  2017  1  y  3 y  2  0<br />  x  2018; y  2<br /> <br /> <br /> Vậy<br /> <br /> phương<br /> <br /> trình<br /> <br /> có<br /> <br />  x; y   2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3<br /> <br /> <br /> <br /> Bài 3.<br /> <br /> các<br /> <br /> nghiệm<br /> <br /> 2<br /> <br /> x  y<br /> <br />  2x 1  2 y 1 <br /> 1<br /> a) Giải hệ phương trình <br /> 2<br />  3x  2 y  y  1  4  x 2<br /> <br /> 1<br /> b) Cho x, y, z  0 thỏa mãn 2 y  z <br /> . Chứng minh rằng<br /> x<br /> 3 yz 4 zx 5 xy<br /> <br /> <br /> 4<br /> x<br /> y<br /> z<br /> <br /> Lời giải<br /> 1<br /> 2<br /> <br /> a) ĐKXĐ: x, y   . Từ  3x  2 y  y  1  4  x2<br />   x  2 y  4  x  y  1  0 .<br /> <br /> x  y 1  0  y  1  x<br /> <br /> Vì<br /> <br /> 1<br /> x, y    x  2 y  4  0 ,<br /> 2<br /> <br /> do<br /> <br /> đó:<br /> <br /> Thay vào phương trình 1 ta được:<br /> <br /> 2x 1  3  2x <br /> <br /> 4 x2  4 x  1<br /> 2<br /> <br />  2 ;<br /> <br /> 3<br />  1<br />   x  <br /> 2<br />  2<br /> <br /> Đặt 2 x  1  3  2x  t ,  2   t  <br /> <br /> t 4  8t 2<br />  t  t  2   t 2  2t  4   0<br /> 8<br /> <br /> t  2<br /> (Vì t  0 ).<br /> <br /> t<br /> <br /> 5<br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> 1<br /> 3<br /> <br /> x<br /> <br /> <br /> ;<br /> y<br /> <br /> <br /> 2<br /> 2 (thỏa mãn điều kiện<br /> TH1: t  2   2 x  1 3  2 x   0  <br /> 3<br /> 1<br /> x  ; y  <br /> <br /> 2<br /> 2<br /> <br /> xác định)<br /> TH2: t  5  1   2 x  1 3  2 x   1  5  0 (vô lí).<br />  1 3<br /> 3 1 <br /> Vậy phương trình có nghiệm:  x; y     ;  ,  ;    .<br />  2 2   2<br /> <br /> 2 <br /> <br /> b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có<br /> 3 yz 4 zx 5 xy  yz zx   zy xy   zx xy <br /> <br /> <br />      2     3    2z  4 y  6x<br /> x<br /> y<br /> z<br /> y  x<br /> z   y z <br />  x<br />  4  x  y   2( z  x)  8 xy  4 xz  4 x (2 y  z )  4 x .<br /> <br /> 1<br />  4.<br /> x<br /> <br /> 1<br /> 3<br /> <br /> Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  .<br /> Bài 4.<br /> <br /> Cho đường tròn  O; R  và điểm A cố định với OA  2R , đường kính BC<br /> quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn<br /> ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các<br /> đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O  lần lượt tại điểm thứ hai là<br /> D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO<br /> a) Chứng minh rằng AK.AI  AE.AC .<br /> <br /> b) Tính độ dài của đoạn AK theo R .<br /> c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một<br /> đường thẳng cố định.<br /> <br /> Lời giải<br /> B<br /> D<br /> <br /> F<br /> A<br /> <br /> O<br /> <br /> I<br /> <br /> K<br /> E<br /> <br /> N<br /> <br /> C<br /> <br /> a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp  ABC  DEC  180  AEK  ABC (<br /> cùng bù DEC ).<br /> Mặt khác ABC  AIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ); suy ra<br /> AEK  AIC (bắc cầu)<br /> Xét AEK và AIC có : AEK  AIC và EAK chung nên AEK # AIC<br /> (g.g)<br /> AE AK<br /> <br />  AE. AC  AK . AI<br /> AI AC<br /> <br /> b) Xét AOB và COI có : AOB  COI (đối đỉnh) và BAO  ICO (hai<br /> góc nội tiếp cùng chắn cung BI ) nên AOB đồng dạng COI (g.g)<br /> <br /> <br /> OA OB<br /> OB.OB R<br /> 5<br /> <br />  OI <br />   AI  R<br /> OC OI<br /> OA<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn  O  , dễ dàng chứng minh được ANE<br /> đồng dạng ACN (g.g)<br />  AE. AC  AN 2  AO2  ON 2  3R2 .<br /> 5<br /> 2<br /> <br /> 6<br /> 5<br /> <br /> Mà theo câu (a) : AE. AC  AK . AI  AK . R  3R 2  AK  R .<br /> c) Gọi F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ADE với OA , ta có<br /> AFD  AED mà AEK  ABC (câu a) nên AFD  ABC nên tứ giác BDFO<br /> nội tiếp đường tròn. Dễ dàng chứng minh được ADF # AOB (g.g)<br />  AD.AB  AF.AO ; và ta cũng chứng minh được<br /> <br />