Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
 SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018
 Thời gian làm bài: 150 phút
 1 1 1
Bài 1. a) Cho a,b 0 thỏa mãn . Chứng minh rằng 
 a b 2018
 a b a 2018 b 2018 .
 b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6x2 3x 3 0 .
 a 2
 Tính giá trị của biểu thức A .
 a4 a 2 a2
Bài 2. a) Giải phương trình 1 1 x 3 2 x x .
 b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y
 x y 2
 2x 1 2y 1 
Bài 3. a) Giải hệ phương trình 2 
 2
 3x 2y y 1 4 x
 1 3yz 4zx 5xy
 b) Cho x, y, z 0 thỏa mãn 2 y z . Chứng minh rằng 4
 x x y z
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 là tam giác nhọn. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường 
 thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn O lần lượt 
 tại điểm thứ hai là D và E . Gọi K là giao điểm của DE và AO
 a) Chứng minh rằng AK.AI AE.AC .
 b) Tính độ dài của đoạn AK theo R .
 c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một đường thẳng cố 
 định. 
Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3,...,625 chọn ra 311 số sao cho không có hai số nào có 
 tổng bằng 625. Chứng minh rằng trong 311 số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số 
 chính phương. 
  HẾT  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ
 ĐỀ HSG HỨNG YÊN – NĂM HỌC 2017 - 2018
 1 1 1
Bài 1. a) Cho a,b 0 thỏa mãn . Chứng minh rằng 
 a b 2018
 a b a 2018 b 2018 .
 b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6x2 3x 3 0 .
 a 2
 Tính giá trị của biểu thức A .
 a4 a 2 a2
 Lời giải
 a) Từ giả thiết 
 1 1 1 ab ab ab
 2018 a 2018 b 2018 a b 
 a b 2018 a b a b a b
 a b a b
 a b (Vì a,b 0 ).
 a b a b a b
 b) Ta có a là nghiệm dương của phương trình 6x2 3x 3 0 nên 
 6a2 3a 3 0
 3 6a2 1
 a 1 2 3a2 0 a2 3 a2 3 0 .
 3 2 3
 a 2 . a4 a 2 a2
 a 2 4 2 2
 Do đó A 4 4 a 1 2 3a 2 a
 a4 a 2 a2 a a 2 a
 2
 a2 3 a2 a2 3 a2 3 a2 a2 3 .
Bài 2. a) Giải phương trình 1 1 x 3 2 x x .
 b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y
 Lời giải
 a) Giải phương trình 1 1 x 3 2 x x . ĐK: x 1
 1 1 x 3 2 x x x.3 2 x x 1 1 x x 3 2 x 1 1 x 0
 x 0
 3
 2 x 1 1 x
 Xét phương trình 3 2 x 1 1 x . 3 2 x a a b 1 a b 1 a b 1
 Đặt 
 3 2 3 2 2 3 2
 1 x b a b 1 b 3b 3b 1 b 1 b 2b 3b 0
 a 1
 x 1.
 b 0
 Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x 0;1 .
 2
 b) x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y x 2018 2 1 y2 3y 1 
 2
 x 2018 2 y2 3y 1 1 y2 3y x 2019 y2 3y x 2017 1
 Vì cặp x ; y nguyên nên: 
 y2 3y x 2019 1 x 2018 x 2018; y 0
 TH1: .
 2 2 
 y 3y x 2017 1 y 3y 0 x 2018; y 3
 y2 3y x 2019 1 x 2018 x 2018; y 1
 TH2: .
 2 2 
 y 3y x 2017 1 y 3y 2 0 x 2018; y 2
 Vậy phương trình có các nghiệm x; y 2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3 
 x y 2
 2x 1 2y 1 1 
Bài 3. a) Giải hệ phương trình 2 
 2
 3x 2y y 1 4 x
 1 3yz 4zx 5xy
 b) Cho x, y, z 0 thỏa mãn 2 y z . Chứng minh rằng 4
 x x y z
 Lời giải
 1
 a) ĐKXĐ: x, y . Từ 3x 2y y 1 4 x2
 2
 1
 x 2y 4 x y 1 0 . Vì x, y x 2y 4 0 , do đó: 
 2
 x y 1 0 y 1 x
 4x2 4x 1
 Thay vào phương trình 1 ta được: 2x 1 3 2x 2 ; 
 2
 1 3 
 x 
 2 2 
 t 4 8t 2
 Đặt 2x 1 3 2x t , 2 t t t 2 t 2 2t 4 0
 8 t 2
 (Vì t 0 ).
 t 5 1
 1 3
 x ; y 
 2 2
 TH1: t 2 2x 1 3 2x 0 (thỏa mãn điều kiện xác định)
 3 1
 x ; y 
 2 2
 TH2: t 5 1 2x 1 3 2x 1 5 0 (vô lí).
 1 3 3 1 
 Vậy phương trình có nghiệm: x; y ; , ;  .
 2 2 2 2 
 b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có
 3yz 4zx 5xy yz zx zy xy zx xy 
 2 3 2z 4y 6x
 x y z x y x z y z 
 1
 4 x y 2(z x) 8 xy 4 xz 4 x(2 y z) 4 x. 4 .
 x
 1
 Dấu bằng 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 là tam giác nhọn. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường 
 thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn O lần lượt 
 tại điểm thứ hai là D và E . Gọi K là giao điểm của DE và AO
 a) Chứng minh rằng AK.AI AE.AC .
 b) Tính độ dài của đoạn AK theo R .
 c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một đường thẳng cố 
 định. 
 Lời giải a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp ·ABC D· EC 180 ·AEK ·ABC ( cùng bù D· EC ).
Mặt khác ·ABC ·AIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ); suy ra ·AEK ·AIC (bắc 
cầu)
Xét AEK và AIC có : ·AEK ·AIC và E· AK chung nên AEK ∽ AIC(g.g)
 AE AK
 AE.AC AK.AI
 AI AC
b) Xét AOB và COI có : ·AOB C· OI (đối đỉnh) và B· AO I·CO (hai góc nội tiếp 
cùng chắn cung BI ) nên AOB ∽ COI(g.g) 
 OA OB OB.OB R 5
 OI AI R
 OC OI OA 2 2
Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn O , dễ dàng chứng minh được ANE ∽ ACN(g.g) 
 AE.AC AN 2 AO2 ON 2 3R2 .
 5 6
Mà theo câu (a) : AE.AC AK.AI AK. R 3R2 AK R .
 2 5
c) Gọi F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ADE với OA , ta có ·AFD ·AED mà 
 ·AEK ·ABC (câu a) nên ·AFD ·ABC nên tứ giác BDFO nội tiếp đường tròn. Dễ dàng 
chứng minh được ADF ∽ AOB(g.g) AD.AB AF.AO ; và ta cũng chứng minh được 
 3
 AD.AB AN 2 AF.AO AN 2 AF R không đổi, mà A cố định nên F cố định suy 
 2
ra AF cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường trung trực của đoạn 
 AF cố định. Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3,...,625 chọn ra 311 số sao cho không có hai số nào có 
 tổng bằng 625. Chứng minh rằng trong 311 số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số 
 chính phương. 
 Lời giải
 Ta phân chia 625 số tự nhiên đã cho thành 311 nhóm như sau:
 +) nhóm thứ 1 gồm năm số chính phương 49;225;400;576;625
 +) 310 nhóm còn lại mỗi nhóm gồm hai số có tổng bằng 625(không chứa các số của 
 nhóm 1).
 Nếu trong 311 số được chọn không có số nào thuộc nhóm thứ 1, thì 311 số này thuộc 
 các nhóm còn lại. Theo nguyên tắc Dirichle phải có ít nhất hai số thuộc cùng một nhóm. 
 Hai số này có tổng bằng 625(vô lí). Vậy chắc chắn trong 311 số được chọn phải có ít 
 nhất một số thuộc nhóm thứ 1. Số này là số chính phương. 
 --HẾT--