Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Tỉnh Bình Định (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH
 NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:
 1) Chứng minh n6 2n4 n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương.
 2) Cho ba số phân biệt a,b,c . Đặt:
 2 2 2
 x a b c 9ab, y a b c 9bc, z a b c 9ac .
 Chứng minh rằng trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương.
Câu 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 .
Câu 3:
 1) Cho ba số a,b,c 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 a.b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 4
 M a b 1 a2 b2 .
 a b
Câu 4:
 1) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H .
 a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE BE.CD.BH
 b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC . Đường tròn đường kính AH cắt 
 đoạn thẳng IJ tại K . Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn 
 thẳng BC tại P . Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q . Chứng minh tứ 
 giác AQDP là tứ giác nội tiếp.
 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 của điểm D, E sao cho:
 a) DE có độ dài nhỏ nhất.
 b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH
 NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:
 1) Chứng minh n6 2n4 n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương.
 2) Cho ba số phân biệt a,b,c . Đặt:
 2 2 2
 x a b c 9ab, y a b c 9bc, z a b c 9ac .
 Chứng minh rằng trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương.
 Lời giải
 6 4 2 6 4 4 2 4 2 2 2 2
 1) Ta có: n 2n n n n n n n n 1 n n 1 n n 1 n 1 
 A2 2
 Đặt A n n 1 n 1 , ta có và 2,3 1 A6 n n 1 n 1 36 (đpcm)
 A3
 2) Ta có: 
 x y z a b c 2 9ab a b c 2 9bc a b c 2 9ac 3 a b c 2 9 ab bc ca 
 3 2 2 2
 3 a2 b2 c2 ab bc ca a b b c c a 
 2 
 3 2 2 2
 Vì a,b,c là ba số phân biệt nên a b b c c a 0 x y z 0 .
 2 
 Do đó trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số dương.
Câu 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
 Lời giải
 1) Ta có: x y 2x y 1 9 y 1 13 2x2 xy x 2xy y2 y 9 y 9 13 0
 2x2 2xy 6x xy y2 3y 5x 5y 15 7 2x x y 3 y x y 3 5 x y 3 7
 x y 3 2x y 5 7
 10
 x 
 x y 3 1 x y 2 3
 + TH1: (loại)
 2x y 5 7 2x y 12 16
 y 
 3 10
 x 
 x y 3 7 x y 4 3
 + TH2: (loại)
 2x y 5 1 2x y 6 2
 y 
 3
 x y 3 1 x y 4 x 2
 + TH3: (thỏa mãn)
 2x y 5 7 2x y 2 y 2
 x y 3 7 x y 10 x 2
 + TH4: (thỏa mãn)
 2x y 5 1 2x y 4 y 8
 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên x; y là: 2;2 , 2;8 .
 2) ĐKXĐ: x 2018 , đặt x 2018 t , ,t 0 t2 x 2018
 2 2 2 x t 0
 Ta có x x 2018 2018 x t t x x t x t 1 0 
 x 1 t
 x t 0 x2 x 2018 0 1 3 897
 + TH1: x 
 2018 x 0 2018 x 0 2
 x 1 t x2 x 2017 0 1 8069
 + TH2: x 
 x 1 x 1 2
 1 3 897 1 8069
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x ; x .
 2 2
Câu 3:
 1) Cho ba số a,b,c 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 a.b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 4
 M a b 1 a2 b2 .
 a b
 Lời giải
 2
 1) Từ gt: a2 b2 c2 2 ab bc ca a b c 4bc | a b c | 2 bc
 Lại có: p q r 0 r p q
 apq bqr crp apq bq p q cp p q apq bpq bq2 cpq cp2
 pq a b c bq2 cp2 
 Ta có: bq2 cp2 | pq | 2 bc | pq || a b c | pq a b c 
 pq a b c bq2 cp2 0 apq bqr crp 0 (đpcm). 2) Sử dụng BĐT AM – GM, ta có: a2 b2 2ab 2
 2 2 4 4 4 
 M a b 1 a b a b 1 .2 a b a b 2
 a b a b a b 
 4
 2 a b . 2 ab 2 2.2 2 2 8 . Dấu “=” xảy ra khi a b 1.
 a b
 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8 khi a b 1.
Câu 4:
 1) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H .
 a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE BE.CD.BH
 b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC . Đường tròn đường kính AH cắt 
 đoạn thẳng IJ tại K . Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn 
 thẳng BC tại P . Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q . Chứng minh tứ 
 giác AQDP là tứ giác nội tiếp.
 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 của điểm D, E sao cho:
 a) DE có độ dài nhỏ nhất.
 b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
 Lời giải
 A
 I E
 F
 Q K
 H
 B D P J C
 M
 BD BH
 1. a) Ta có: BDH ∽ BEC (g-g) BH.BE BC.BD (1)
 BE BC
 BC CE
 BEC ∽ ADC (g.g) = BC.CD CE.AC (2)
 AC CD
 Từ (1) và (2) suy ra: BH.BE.BC.CD BC.BD.CE.AC AC.BD.CE BE.CD.BH (đpcm).
 b) Ta có: A· EH = A· FH 900 Tứ giác AEHF nội tiếp
 1 1
 Ta có: IE IF AH ; JE JF BC IEJ IFJ (c-c-c) 
 2 2
 K· IE K· IF
 J· IE J· IF K· IE K· IF K· AE K· AF M· AC M· AB M¼ C M¼ B
 2 2
 B· DQ M· BC B· MQ M· AB B· AQ Q· AP Tứ giác AQDP nội tiếp.
2. a) Kẻ AH  BC H BC , qua D kẻ B
 DK  AB K BC 
 · 0 · 0
 DKB 90 ABC 45 BDK vuông cân tại D . K
 BD DK AE Tứ giác ADKE là hình chữ nhật. D H
 DE AK .
 Ta có: AK AH DE AH . Vậy DE nhỏ nhất khi 
 K  H khi đó D là trung điểm của AB và E là trung 
 điểm AC .
 A E C
 b)
 Đặt AB AC a , a 0 ; BD AE x AD a x
 2
 Ta chứng minh BĐT: Với mọi a, b ta luôn có: a + b 4ab (*)
 2
 Thật vậy: (*) a b 0 (BĐT luôn đúng).
 2
 1 1 1 2 a
 Áp dụng (*) ta có: S = AD.AE = a x x a x x 
 ADE 2 2 8 8
 1 a2 a2 a2 3a2
 S = AB.AC = . Do đó: S S S không đổi.
 ABC 2 2 BDEC ABC ADE 2 8 8
 a
 Dấu “=” xảy ra khi a x x x . Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất là 
 2
 3a2 3AB2
 khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC .
 8 8