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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2017-2018
 I. – PHẦN GHI KẾT QUẢ ( Thí sinh chỉ ghi kết quả vào tờ giấy thi )
Câu 1: 
 Tìm số cạnh của đa giác lồi có 27 đường chéo.
Câu 2:
 Cho ai = 2017 và an+ 1 = an + 2017 với mọi n ³ 1, n Î ¥ . Tìm a2018 .
Câu 3: 
 5ab
 Cho 4a2 + b2 = 5ab với b > 2a > 0 . Tính giá trị của p = .
 3a2 + 2b2
Câu 4: 
 Hai vật chuyển động trên một đường tròn có chu vi bằng 200m , vận tốc vật thứ nhất là 
 4m / s , vận tốc vật thứ hai là 6m / s . Hai vật xuất phát cùng một thời điểm tại một vị trí và 
 chuyển động cùng chiều. Hỏi sau 16 phút vật thứ hai vượt lên trước vật thứ nhất mấy lần? 
 (không kể lúc xuất phát)
Câu 5: 
 Có bao nhiêu tam giác khác nhau mà độ dài các cạnh là các số tự nhiên (cùng đơn vị đo) 
 thuộc tập hợp {1;2;3;4;5;6;7} .
Câu 6:
 Giải phương trình 3 1- x + x + 3 = 2 .
Câu 7:
 Cho các số a,b thỏa mãn a3 + 8b2 = 1- 6ab . Tính a + 2b .
Câu 8:
 ì 2 2 2
 ï b + c = a
 Tìm các số nguyên dương a , b , c ,(b > c) thỏa mãn íï .
 ï 2 a + b + c = bc
 îï ( )
Câu 9:
 Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với các số 2 ;3 ; 4 và chu 
 vi của tam giác ABC là 26 . Tìm độ dài các cạnh tam giác ABC .
Câu 10:
 Cho tam giác ABC có Aµ= 30° ; Bµ= 50°, cạnh AB = 2 3 . Tính AC(AC + BC).
 II. – PHẦN TỰ LUẬN ( Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi )
Câu 11:
 ì 2 2
 ï 2y - x = 1
 Giải hệ phương trình íï .
 ï 2 x3 - y = y3 - x
 îï ( )
Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi D , E ,
F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC . Gọi I là giao điểm của BO và EF . M 
là điểm di động trên đoạn CE . Gọi H là giao điểm của BM và EF .
 a) Chứng minh nếu AM = AB thì các tứ giác BDHF , ABHI nội tiếp. b) Gọi N là giao điểm của BM và cung nhỏ E»F của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu 
 của N trên các đường thẳng DE , DF . Chứng minh PQ £ EF .
Câu 13: Cho x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 . Tìm GTNN của 
F = 5x2 + 11xy- 5y2 .
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: .
 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:
 Tìm số cạnh của đa giác lồi có 27 đường chéo.
 Lời giải
 n(n- 3)
 Gọi số cạnh của đa giác lồi là n ,(n Î ¥ , n > 3). Ta có = 27 Þ 
 2
 n = 9 .
Câu 2: (5,0 điểm)
 Cho a1 = 2017 và an+ 1 = an + 2017 với mọi n ³ 1, n Î ¥ . Tìm a2018 .
 Lời giải
 Ta có a2 = a1 + 2017 = 2.2017, a3 = a2 + 2017 = 3.2017 , 
 Do đó a2018 = 2018.2017 = 4070306 .
Câu 3: (5,0 điểm)
 5ab
 Cho 4a2 + b2 = 5ab Û với b > 2a > 0 . Tính giá trị của p = .
 3a2 + 2b2
 Lời giải
 Ta có 4a2 + b2 = 5ab Û (a- b)(4a- b)= 0 . Do b > 2a > 0 nên 
 20a2 4
 b = 4a . Suy ra P = = .
 3a2 + 32a2 7
Câu 4: (3,0 điểm)
 Hai vật chuyển động trên một đường tròn có chu vi bằng 200m , vận tốc vật thứ nhất là 
 4m / s , vận tốc vật thứ hai là 6m / s . Hai vật xuất phát cùng một thời điểm tại một vị trí và 
 chuyển động cùng chiều. Hỏi sau 16 phút vật thứ hai vượt lên trước vật thứ nhất mấy lần? 
 (không kể lúc xuất phát)
 Lời giải
 Gọi t là thời gian để hai vật gặp nhau tính từ lúc xuất phát. Quảng đường mỗi vật đi được 
 đến lúc gặp nhau là S1 = v1t = 4t , S2 = v2t = 6t . Vì hai vật đi cùng chiều nên S2 - S1 = S 
 Þ 6t - 4t = 200 Þ t = 100 (giây). Do đó cứ sau 100 giây chúng gặp nhau một lần. Vậy sau 16 phút = 960 giây thì chúng gặp 
 é960ù
 nhau số lần là ê ú= 9 . Vậy vật thứ hai vượt lên trước 9 lần.
 ëê100ûú
Câu 5: (3,0 điểm)
 Có bao nhiêu tam giác khác nhau mà độ dài các cạnh là các số tự nhiên (cùng đơn vị đo) 
 thuộc tập hợp {1;2;3;4;5;6;7} .
 Lời giải
 é ù
 ê(n + 1)(n + 3)(2n + 1)ú é8.10.15ù
 Số tam giác khác nhau là ê ú= ê ú= 50 .
 24 ê 24 ú
 ëê ûú ë û
Câu 6: (3,0 điểm)
 Giải phương trình 3 1- x + x + 3 = 2 .
 Lời giải
 ĐKXĐ x ³ - 3 . Đặt 3 1- x = a ; x + 3 = b ³ 0 . 
 é a = 0
 ïì a + b = 2 ê
 Ta có íï Þ a a2 + a- 4 = 0 Þ ê .
 ï 3 3 ( ) ê - 1± 17
 îï a + b = 4 êa =
 ë 2
 ì ü
 ï 15± 17ï
 Từ đó tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = í 1; ý.
 ï ï
 îï 2 þï
Câu 7: (3,0 điểm)
 Cho các số a,b thỏa mãn a3 + 8b2 = 1- 6ab . Tính a + 2b .
 Lời giải
 éx + y + z = 0
 Ta có x3 + y3 + z3 = xyz Þ ê .
 3 ê
 ë x = y = z
 3 3 éa + 2b- 1= 0
 Do đó a3 + 8b3 = 1- 6ab Û a3 + b + - = a b - Þ ê Þ 
 (2 ) ( 1) 3 (2 )( 1) ê
 ëa = 2b = - 1
 éa + 2b = 1
 ê .
 ê
 ëa + 2b = - 2
Câu 8: (3,0 điểm)
 ì 2 2 2
 ï b + c = a
 Tìm các số nguyên dương a , b , c ,(b > c) thỏa mãn í .
 ï 2 a + b + c = bc
 îï ( )
 Lời giải
 2 2
 Ta có b2 + c2 = a2 Þ (b + c) - 2bc = a2 Þ (b + c) - 4(a + b + c)= a2 Þ 
 2 2
 (b + c- 2) = (a + 2) . Vì b > c ³ 1 nên b + c- 2 ³ 1 do đó b + c- 2 = a + 2 Þ a = b + c- 4 Þ 
 2
 b2 + c2 = (b + c- 4) Û (b- 4)(c- 4)= 8 .
 Vì b- 4 > c- 4 ³ - 3 nên có các trường hợp sau
 ïì b- 4 = 8 ïì b = 12
 TH1: íï Þ íï Þ a = 13 .
 îï c- 4 = 1 îï c = 5
 ïì b- 4 = 4 ïì b = 8
 TH2: íï Þ íï Þ a = 10 .
 îï c- 4 = 2 îï c = 6
Câu 9: (3,0 điểm)
 Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với các số 2 ;3 ; 4 và chu 
 vi của tam giác ABC là 26 . Tìm độ dài các cạnh tam giác ABC .
 Lời giải
 Gọi độ dài các cạnh BC = a , AC = b , AB = c . Độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A , 
 B ,C lần lượt là x , y , z . Khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với 
 x y z
 các số 2 ;3 ; 4 nên ta có = = = k . Mặt khác ax = by = cz = 2S nên 
 2 3 4 ABC
 a 1 c a 1 c a + b + c
 = = = = = = = 24k . Suy ra a = 12 ; b = 8 ; c = 6 .
 1 1 1 1 1 1 13
 x y z 2k 3k 4k 12k
Câu 10: (3,0 điểm)
 Cho tam giác ABC có Aµ= 30° ; Bµ= 50°, cạnh AB = 2 3 . Tính AC(AC + BC).
 Lời giải
 Kẻ đường phân giác CD .
 Ta có A·CB = 100° Þ B·CD = A·CD = 50° .
 Suy ra tam giác BCD cân tại D . Suy ra BD = DC .
 AC AD
 Lại có DADC DACB Þ = Þ AC2 = AB.AD .
 AB AC
 AC CD
 Và = Þ AC.BC = AB.CD .
 AB BC
 Suy ra AC.BC + AC2 = AB(AD + CD)= AB(AD + BD)= AB2 = 12 hay
 AC(AC + BC)= 12 .
 II – PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi)
Câu 11: (3,0 điểm) ì 2 2
 ï 2y - x = 1
 Giải hệ phương trình íï .
 ï 2 x3 - y = y3 - x
 îï ( )
 Lời giải
 Thay 1= 2y2 - x2 và phương trình thứ hai ta có 2x3 - 2y(2y2 - x2 )= y3 - x(2y2 - x2 ) 
 Û x3 - 5y3 + 2x2 y + 2xy2 = 0 . Đặt y = xt được x3 (5t3 - 2t2 - 2t - 1)= 0 .
 Xét x = 0 , thay vào phương trình thứ hai ta được y(y2 + 2)= 0 Þ y = 0 không thỏa 
 mãn phương trình thứ nhất.
 Xét 5t3 - 2t2 - 2t - 1= 0 Û (t - 1)(5t2 + 3t + 1)= 0 Û t = 1. Do đó y = x , khi đó ta có 
 ì 2
 ï x = 1
 hệ phương trình íï Û x = ± 1.
 ï x x2 - 1 = 0
 îï ( )
 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)Î {(- 1;- 1),(1;1)} .
Câu 12: (3,0 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi D , E ,
 F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC . Gọi I là giao điểm của BO 
 và EF . M là điểm di động trên đoạn CE . Gọi H là giao điểm của BM và EF .
 a) Chứng minh nếu AM = AB thì các tứ giác BDHF , ABHI nội tiếp.
 b) Gọi N là giao điểm của BM và cung nhỏ E»F của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu 
 của N trên các đường thẳng DE , DF . Chứng minh PQ £ EF .
 Lời giải
 Gọi K là giao điểm của BO và DF . Ta có tam giác IKF vuông tại K . Hình chữ nhật 
 1
 ADOE có OD = OE nên nó là hình vuông. Suy ra D·EF = D·OE = 45° . Suy ra 
 2
 B·IF = 45° .
 a) Khi AM = AB thì tam giác AMB vuông cân tại A suy ra D·BH = 45° = D·FH . 
 Nên tứ giác BDHF nội tiếp. Do đó năm điểm B , D ,O , H , F cùng thuộc đường tròn đường kính BO . Suy ra B·FO = B·HO = 90° Þ OH  BM , mà tam giác ABM vuông cân và 
có AH là phân giác nên AH  BM . Suy ra A ,O , H thẳng hàng. 
 Suy ra B·AH = B·IH = 45° . Vậy tứ giác ABHI nội tiếp.
 b) Tứ giác PNQD nội tiếp suy ra N·PQ = N·DQ = N·EF . Tương tự ta có 
 N·QP = N·DP = N·FE 
 PQ NQ
 N·QP N·DP N·FE . Suy ra DNEF  DNQP Þ = £ 1 Þ 
 EF NE
 PQ £ EF .
 Dấu " = " xảy ra khi P trùng F ,Q trùng E hay DN là đường kính của (O).
Câu 13: (3,0 điểm)
 Cho x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 . Tìm GTNN của 
 F = 5x2 + 11xy- 5y2 .
 Lời giải
 Đặt F = 5x2 + 11xy- 5y2 = f (x, y), m là GTNN của F .
 Ta có m là số nguyên và f (0;1)= f (1;0)= 5 Þ m £ 5 .
 Vì x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 nên 5x2 + 11xy- 5y2 ¹ 0 hay F ¹ 0 .
 Xét x = 2n ; y = 2k . Ta có f (x; y)= f (2n;2k)= 4 f (n;k) nên giá trị f (2n;2k) không 
 thể là GTNN. Do đó GTNN của F xảy ra khi x , y không cùng chẵn, vì vậy m là số lẻ.
 * Nếu m = 1 suy ra tồn tại x , y để 5x2 + 11xy- 5y2 = 1 Û 
 2
 100x2 + 220xy- 100y2 = ± 20 Û (10x + 11y) - 221y2 = ± 20 Û 
 2 2
 (10x + 11y) ± 20 = 221y2 M3. Suy ra (10x + 11y) chia 13 dư 6 hoặc dư 7. Mà số chính 
 phương khi chia 13 chỉ có dư 0,1,3,4,9,10,12. Do đó vô lý.
 * Nếu m = 3 suy ra tồn tại x , y để 5x2 = 11xy- 5y2 = 3 Û 
 2
 100x2 + 220xy- 100y2 = ± 60 Û (10x + 11y2 )= ± 60 = 221y2 M3 . Suy ra (10x + 11y) 
 chia 13 dư 5 hoặc dư . Mà số chính phương khi chia 13 chỉ có dư 0,1,3,4,9,10,12. Do đó 
 vô lý.
 Vậy GTNN của F là 5.
 ..HẾT