SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 09/4/2019
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (5,0 điểm)

x   1
2

1. Cho biểu thức P  1 

:
 1
x

1
x

1
x
x

x

x

1




a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q  x  P nhận giá trị nguyên



2. Cho x  x 2  1 2 y  4 y 2  1  1. Tính giá trị biểu thức x3  8 y3  2019
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2 x2  x  3  3x x  3
 3 6
x  y  2

2. Giải hệ phương trình: 
3 x  8  2

y3
Câu 3. (3,0 điểm)
1. Chứng minh:
1
1
1
1

 ..... 
1
 n  *
2 2 1 1 3 3  2 2
n 1
 n  1 n  1  n n
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  5x2  9 y 2  12 xy  24 x  48 y  82
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O  . Kẻ các đường cao BE, CF
của ABC  E  AC, F  AB . Các đường cao BE, CF cắt (O) lần lượt tại M và N
a)
Chứng minh rằng MN song song với EF ; OA vuông góc với EF .
b)
Gọi H là trực tâm của ABC. Chứng minh rằng CH .CF  BH .BE  BC 2
2. Cho điểm O thuộc miền trong của ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh của BC ,
OA OB OC
AC, AB lần lượt tại G, E, F . Chứng minh tổng


không phụ thuộc vào
AG BE CF
vị trí điểm O
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Chứng minh rằng P  x3  3x2  3x  3 là một số chính phương khi x  1  3 2  3 4
2. Tìm x, y  thỏa mãn x 2  2 y 2  5
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1. a) Điều kiện : x  0; x  1

x   1
2

P  1 

1
:
x  1   x  1 x x  x  x  1 

 x 1 x   1
2
P

:
 x  1   x  1  x  1 x  1

P


 1


x 1 x
x 1
:
1
x 1
 x  1 x  1


 x  1  1
 x  1
x  1  x  x  1

.
x 1
x 1


x 1 x x 1
x


x 1
x 1 x 1
Q xP x 
b) Để Q  thì
x

x 1
x

x 1
x 1
1
1

 1
x 1
x 1
x 1
x  1 là ước của 1
 x 1 1
 x  0(tm)



 x  1  1  x  2(VN )
Vậy x  0 thì Q 
2) Ta có:
x
2


 x 2  1 2 y  4 y 2  1  x  x 2  1  2 y  4 y 2  1  x  x 2  1
 x  2 y  x 2  1  4 y 2  1 (1)
Tương tự ta có:
4y
2


 4 y 2  1 x  x 2  1  2 y  4 y 2  1   x  x 2  1  2 y  4 y 2  1
 x  2 y  4 y 2  1  x 2  1 (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 2  x  2 y   0  x  2 y  0
Mặt khác x3  8 y3  2019   x  2 y   x 2  2 xy  4 y 2   2019  2019(Vi....x  2 y  0)
Câu 2.
1.Đặt x  a, x  3  b  0
Ta có phương trình: 2a 2  b2  3ab  0   a  b  2a  b   0
TH1: a  b  x  x  3
x  0

  x  1  13
x  0
1  13
 2
 
x
2
2
 x  x  3  0 
 1  13
 x 
2
 
TH2: 2a  b  2 x  x  3
x  0

x  0
 x  1
 2
 x 1

4
x

x

3

0

 x   3
 
4
1  13 
;1
Vậy S  
2


 3 6
 x  y  2(1)

DK : y  0
2. 
8
3x 
 2 (2)

y3
Cộng PT (1) với PT (2) ta được:



8  
6
2 
2x 4
  x3  3    3x    0   x   x 2 
 2  3  0
y  
y
y 
y y



TH1: x 
2
thay vào phương trình (1) ta được:
y
8 6
2
  2  2 y 3  6 y 2  8  0   y  1 y  2   0
3
y
y
 y 1 x  2

 y  2  x  1



2x 4
2x 1  1
TH2:   x 2 
 2  3   0   x2 
 2  2 30
y
y
y
y  y



2

1
1
  x    2  3  0(VN )
y
y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1;  1; 2 
Câu 3.
1. Ta có:
 n  1

n  1  n n  n n  1   n  1 n 
 n  1

n 1  n

2

n  1  n  0  n 
1
1
1
1



n  1  n n n n  1   n  1 n
n
n 1
1
1
1
1
 ..... 

 ..... 
2 2 1 1
 n  1 n  1  n n 2 1  1 2
 n  1 n   n  1 n
1
1
1
1
1
1



 ..... 

1
2
2
3
n
n 1
1
1
1

 ...... 
1
2 2 1 1
n 1
 n  1 n  1  n n
2. Ta có:
A  5 x 2  9 y 2  12 xy  24 x  48 y  82

2
2
 9 y 2  12 y  x  4   4  x  4    4  x  4   5 x 2  24 x  82


A  3 y  2  x  4    x 2  8 x  18
2
A  3 y  2  x  4     x  4   2
2
2
A   3 y  2 x  8   x  4   2  2
2
2

 16
3 y  2 x  8  0  x 

A  2. Dấu bằng xảy ra khi 
3
x  4  0
 x  4
x  4

GTNN của A  2  
16
y


3
Câu 4.
A
M
E
F
N
O
H
C
B
D
1. a) Ta có Tứ giác BFEC nội tiếp
BCF  FEB (cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC )
BCF  BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn (O))
 BMN  FEB  MN / / FE (dfcm)
(*)
Ta có: OM  ON  R
(1)
Mặt khác : ECF  FBE (cùng chắn cung EF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC )
 ECF  FBE  AM  AN  AM  AN (2)
Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của MN **
Từ (*) và (**)  OA  EF
1b) Gọi D là giao của AH với BC. Ta có : AD  BC
CH CD

 CH .CF  CB.CD(3)
CDH CFB ( C chung; D  F  900 ) 
CB CF
BH BD
BDH BEC ( B chung; D  E  900 ) 

 BH .BE  BC.BD(4)
BC BE
Cộng vế với vế (3) và (4) ta được:
CH .CF  BH .BE  CB.CD  BD.BC
 CH .CF  BH .BE  BC. CD  BD   BC 2
2.
A
E
F
O
B
C
G
Đặt S AOB  S1; S AOC  S2 ; SBOC  S3
Ta có:
S1
BO S3
BO
S
S  S3 BO

;

 1  1

S ABE BE S BEC BE
S ABE
S ABC
BE
(1)
S3
CO S2
CO
S
S
S  S3 CO

;

 3  2  2

S BCF CF S ACF CF
S BCF S ACF
S ABC
CF
(2)
S1
AO S2
AO
S
S
S  S1 AO

;

 1  2  2

(3)
S ABG AG S AGC AG
S ABG S AGC
S ABC
AG
AO BO CO 2  S1  S2  S3 



2
AG BE CF
S ABC
Cộng vế với vế:
Vậy tổng
AO BO CO
không phụ thuộc vào vị trí điểm O.


AG BE CF
Câu 5.
1  2 1 

4
3
1) x  1  2 
3
x
1

3
2 1
3
3
234
1 2
3

3


2  1 x  1  2 x3   x  1
3
1
2 1
3
 2 x3   x  1  0  x3  3x 2  3x  1  0
3
 x3  3x 2  3x  3  4
 P  4  22 là một số chính phương.
2) x 2  2 y 2  5 (5). Từ phương trình (5)  x lẻ  x  2m  1 m 
Thay vào phương trình (5) ta được:
 2m  1
2
 2 y 2  5  4m2  4m  2 y 2  4  2m  m  1  y 2  2(6)
Từ pt (6)  y chẵn  y  2k  k 

Thay vào (6) : 2m  m  1   2k   2  2m  m  1  4k 2  2
2
 m  m  1  2k 2  1
(7)
Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP THÀNH PHỐ
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Bài 1.
a) Giải phương trình: 3 2  x  1  x  1
2 
2  
2


b) Cho S  1 
1 
 .....1 
 là tích của 2019 thừa số
 2.3  3.4   2020.2021 
Bài 2.
a) Biết a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  ab  b2 chia hết cho 9. Chứng
minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3
b) Tìm số nguyên dương n sao cho 9n  11 là tích của k  k  ; k  2  số tự nhiên liên
tiếp
Bài 3.
a) Cho x, y, z là các số thực dương nhỏ hơn 4
Chứng minh rằng trong các số
1
1 1
1 1
1

; 
; 
luôn luôn tồn tại ít nhất một
x 4 y y 4 z z 4 x
số lớn hơn hoặc bằng 1
b) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2abc  1
Tìm GTLN của biểu thức P  ab  bc  ca  abc
Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AB  AC . Đường tròn  I  nội tiếp tam giác
ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AI và
DE
a) Chứng minh rằng IAB EAS
b) Gọi K là trung điểm của AB, O là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm
K , O, S thẳng hàng
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác
ABC cắt đường thẳng DE tại N. Chứng minh rằng AM  AN
Bài 5. Xét bảng ô vuông cở 10 10 gồm có 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta
điền vào mỗi ô vuông của bảng 1 số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô
chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại
một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a 3  b 2  1
3
3


 2 x a 
2  x  a
a) ĐKXĐ: x  1. Đặt 


a  1  b

2
x

1

b

x

1

b





b  1  a
Do đó : a 3  b 2  1  a 3  1  a 
2
a  0
 1  a  a  1 a  2   0  a  1

 a  2
2  x  0
TH 1: a  0  b  1  
 x  2(tm)
x

1

1

2  x  1
TH 2 : a  1  b  0  
 x  1(tm)
x

1

0

2  x  8
TH 3: a  2  b  3  
 x  10(tm)
x

1

9

Vậy S  1;2;10
b) Với n * ta có:
2
n2  n  2  n  1 n  2 
1


. Thay n  2;3.......;2020 ta có:
n  n  1 n  n  1
n  n  1
S
1.4 2.5 3.6
2019.2022 1.2.3.....2019  . 4.5.6......2022
2022
337
. . ........



2.3 3.4 4.5
2020.2021  2.3.4......2020 . 3.4.5.......2021 2020.3 1010
Bài 2.
2
2
a) Ta có :  a 2  ab  b2  9  4  a 2  ab  b2  9  3 a  b    a  b   9 (*)


2
2
2
 3 a  b    a  b   3   a  b  3   a  b  9 . Từ (*) ta lại suy ra:


 a  b  3
a 3
2
2
 2a 3  
3 a  b  9   a  b  9   a  b  3 . Do đó 
b 3
 a  b  3
b) Nhận xét : tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
Ta thấy với n nguyên dương thì 9n  11 không chia hết cho 3 nên k  2
Đặt 9n  11  a  a  1 với a nguyên dương. Ta có
9n  11  a  a  1  4.9n  45  4a 2  4a  1
  2a  1   2.3n   45   2a  1  2.3n  2a  1  2.3n   45
2
2
Vì a, n nguyên dương nên 2a  1  2.3n  9. Ta có các trường hợp sau:
n
2a  1  2.3  9
TH 1: 
 4a  2  14  a  3  9n  11  12  n  0(ktm)
n
2a  1  2.3  5
n
2a  1  2.3  15
TH 2 : 
 4a  2  18  a  4  9n  11  20  n  1(tm)
n
2a  1  2.3  3
2a  1  2.3n  45
TH 3: 
 4a  2  46  a  11  9n  11  132  9n  121(ktm)
n
2a  1  2.3  1
Vậy n  1, k  2 thỏa mãn bài toán
Bài 3.
1
1
1
1
1
1
 0; 
 0; 
 0. Áp dụng BĐT Bunhia ta có:
a) Ta có : 
x 4 y
y 4 z
z 4 x

1
1
1
1
1
1 
36   x .
 4  y.
 y.
 4  z.
 z.
 4  x.


x
4

y
y
4

z
z
4

x


2
1
1
1
1
1
1 
  x  4  y  y  4  z  z  4  x 
 
 

 x 4 y y 4 z z 4 x
1
1
1
1
1
1  1
1  1
1 

;

;
Do
đó
trong
các
số
 





3


 

x 4 y y 4 z
 x 4 y  y 4 z  z 4 x
1
1
; 
luôn luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1
z 4 x
b) Ta có
2P  2  ab  bc  ca   2abc  2  ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  1   a  b  c   1
2
Mặt khác : a2  b2  c2  2abc  1  a2b  2abc  c2  1  a 2  b2  a 2b2
  ab  c 
2
2   a  b
 2  a 2  b2 
2  a 2  b2
 1  a 1  b   

ab

c

c

2
2
2


2
2
2
 a  b
Do đó a  b  c 
 1 2  a  b
3
9
5
5

  2P   1   P 
2
2
2
4
4
8
1
5
Vậy GTLN của P là . Đạt được khi a  b  c 
2
8
Bài 4.
2
2
A
E
F
K
B
I
M
S
D
H
C
O
N
BAC  ABC
1800  C
C
0
 180 
 900   AIB  AES
a) Ta có AIB  180 
2
2
2
0
Và EAS  IAB nên IAB EAS
b)
Ta có IAB EAS  ASE  IBA  IBD do đó tứ giác IBDS nội tiếp
 ISB  IDB  900 mà IAB  450 nên ASB vuông cân tại S
có KA  KB nên SK là trung trực của AB.
Mặt khác ABC vuông có OB  OC nên OA  OB suy ra O  đường trung trực của AB
.Hay ba điểm K , O, S thẳng hàng.
AK IK

.Áp dụng định lý Talet và hệ quả ta
AM IM
IK FK
AK FK
AK AM
AN SA AK





(1). Mặt khác ,
có:


(2)
IM FA
AM FA
FK FA
ID SI FK
AM AN

Từ (1) và (2) suy ra
mà FA  ID nên AM  AN
FA
ID
c) Vì IA là phân giác của AMK nên
Bài 5.
Ta thấy 2 ô vuông ở hai góc của hình
vuông 10 10 là xa nhau nhất. Gọi các số
được điền vào mỗi ô vuông đó lần lượt là
a1; a2 ;....; a19 . Ta có:
a1  a2  1  1  a1  a2  1; 1  a2  a3  1;
;.....; 1  a18  a19  1, cộng vế theo vế ta
có
18  a1  a19  18  a1  a19  18
Vậy a1; a2 ;.....; a19 là các số nguyên nên chỉ
có tối đa 19 số nguyên khác nhau được
điền vào trong bảng. Có 100 ô vuông trên
bảng, nên theo nguyên lý Dirichle thì có ít
nhất một số xuất hiện trên bảng
100 
 19   1  6 lần
A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
A11
A12
A13
A14
A15
A16
A17
A18
A19
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
ĐỂ CHÍNH THỨC
Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức A  3  2 3

33  12 5  3 37  30 3
 x x  6 x  12 x  8  y y
b) Giải hệ phương trình: 
 x  2 x  1  2 y
Câu 2. a) Cho phương trình x 2  4 x  2 x  2  m  5 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k di qua điểm M  0;3  và
cắt Parabol  P  : y  x 2 tại hai điểm A, B. Gọi C , D lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A, B trên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d , biết hình thang ABCD có diện tích
bằng 20.
Câu 3.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20
b) Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó
Câu 4.
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn  O  . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là các tiếp điểm) và
một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB ( D, E thuộc  O ).
Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q
a) Gọi H là giao điểm của BC với OA. Chứng minh rằng tứ giác OEDH nội tiếp
b) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh A, P, K thẳng hàng.
Câu 5. Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M , N (M khác
B và C, N khác C và D) sao cho MAN  450. Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam
giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.
a 1 b 1 c 1


3
Câu 6. Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng: 2
b  1 c2  1 a2  1
ĐÁP ÁN
Câu 1. a) Ta có:

A 3 2 3


33  12 5  3 1  2 3
  3  2 3 
3

 33  12  3  1  3  2 3 
  3  2 3  2 3  3  3
2
 3 2 3
33  12 4  2 3

21  12 3  3  2 3
 3  2 3 
2
b) ĐKXĐ: x, y  0
Ta có: x x  6 x  12 x  8  y y 

  y
3
x 2 
3
 y  x 2
Thế vào phương trình thứ hai được
x  2 x 1  2 x  4 


x 1
 x  1  y  1(ktm)
x 3 0 
 x  9  y  1  y  1

Vậy hệ có nghiệm  x; y   9;1
Câu 2.
a) Ta có phương trình tương đương  x  2   2 x  2  m  1  0 . Đặt x  2  t  0
2
Ta có phương trình t 2  2t  m  1  0(*). Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì
phương trình * phải có 2 nghiệm t dương phân biệt. Khi đó:
 '  0
m  0


 1  m  0
2  0
m


1

m  1  0

b) Gọi phương trình đường thẳng  d  : y  ax  b. Vì  d  đi qua M  0;3 nên
 d  : y  ax  3
Hoành độ giao điểm của  d  và  P  là nghiệm của phương trình: x2  ax  3  0 , do
1. 3  0 nên phương trình x2  ax  3  0 luôn có 2 nghiệm phân biệt hay  d  cắt  P  tai
 x  xB  a
hai điểm phân biệt A và B có hoành độ xA , xB . Theo Vi-et thì  A
. Khi đó tọa độ
 x A .xB  3
A  xA ; xA2  , B  xB ; xB2  ; C  xA ;0  ; D  xB ;0 
Ta có: S ABCD
2
2
AC  BD  .CD  xA  xB   xA  xB 



2
2
  xA  xB   2 xA xB 


Đặt
2
 20
2
 xA  xB 
2
 4 xA xB  40   a 2  6  a 2  12  40
a 2  12  t , ta có: t 3  6t  40  0   t  4   t 2  4t  10   0
  t  4   t  2   6  0  t  4  a 2  12  4  a  2


Phương trình đường thẳng  d  : y  2 x  3;  d  : y  2 x  3
2
Câu 3.
a) Ta có phương trình tương đương:  x  1   x  y  2   25
2
2
  x  1    x  y  2   25  02  52  32  42 . Xét các trường hợp sau:
2
2
x  1  0
TH 1: 
  x; y    1; 6  ;  1;4 
x

y

2

5

 x 1  5
TH 2 : 
  x; y    6;4  ;  4; 6 
x

y

2

0

 x  1  3
TH 3: 
  x; y    2; 8  ;  2;0  ;  4;6  ;  4; 2 
x

y

2

4

 x  1  4
TH 4 : 
  x; y    3; 8  ;  3; 2  ;  5; 6  ;  5;0 
 x  y  2  3
b) Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd   a  b  c  d  , theo bài ra 1000  abcd  9999
3
Đặt a  b  c  d  n  1000  n3  9999  10  n  21
Mặt khác abcd  999a  99b  9c  n  n3   n3  n  9   n  1 n  n  1 9
Do đó trong 3 số n  1; n; n  1phải có một số chia hết cho 9,kết hợp với 10  n  21
 n 10;17;18;19
Với n  10  a  b  c  d  10  abcd  1000(ktm)
Với n  17  a  b  c  d  17  abcd  4913(tm)
Với n  18  a  b  c  d  18  abcd  5832(tm)
Với n  19  a  b  c  d  19  abcd  6859(ktm)
Vậy n4913;5832
Câu 4.
B
Q
D
E
K
I
P
A
H
O
C
a) Áp dụng phương tích đường tròn ta có AB2  AD. AE . Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác ABO vuông có: AB2  AH . AO  AH . AO  AD. AE
AH AD


 AHD AEO
AE AO
 AHD  AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp
b) Gọi I là giao điểm của AE với BC. Ta có:
AHD  DEO  ODE  OHE  BHD  BHE
Suy ra HI là phân giác ngoài của DHE mà HI  AH nên HA là phân giác ngoài DHE
HD AD ID
DQ AD ID DP





 DQ  DP
Do đó
mà PQ / / BK nên
HE AE IE
EB AE IE EB
Ta có: DQ  DP, EB  EK và PQ / / BK nên A, P, K thẳng hàng
Câu 5.
B
A
H
Q
M
P
D
N
C
Đường chéo BD cắt AN , AM lần lượt tại P và Q. Ta có PAM  PBA  PAM  450 nên tứ
giác ABMP nội tiếp. Suy ra PMA  PBA  PAM  450  APM vuông cân
Tương tự NDQ  NAQ  450 nên tứ giác ADNQ nội tiếp  QNA  QDA  QAN  450
 AQN vuông cân. Kẻ PH  AM tại H  HA  HM  PH hay AM  2PN
Ta có:
S APQ
S AMN

PH . AQ
PH .NQ 1

  S AMN  2S APQ
NQ. AM NQ.2 PH 2
Câu 6.
a  1 b2
a  1 b2
a 1


ab  b
Áp dụng Cô si ta có 2
  a  1  2
  a  1 
  a  1 
b 1
b 1
2b
2
b 1
bc  c c  1
ca  a
  b  1 
; 2
  c  1 
Tương tự ta cũng có 2
c 1
2 a 1
2
Cộng vế theo vế ta được:
a 1 b 1 c 1
ab  bc  ca  a  b  c
ab  bc  ca  3
 2
 2
 a b  c 3
6
2
b 1 c 1 a 1
2
2
Mặt khác ta có BDT  a  b  c   3 ab  bc  ca   ab  bc  ca  3
2
Do đó :
a 1 b 1 c 1


 3. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
b2  1 c 2  1 a 2  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH LẠNG SƠN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 23/3/2019
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (4 điểm)


2 x 3
x x 3
x  3 x  0
Cho biểu thức A 




x2 x 3
x 1
3  x  x  9
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A
Câu 2. (4 điểm)
Cho phương trình x2  2  m  4  x  m2  8m  9  0
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Tìm m nguyên dương để phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 sao cho
P
x12  x22  60
đạt giá trị nguyên
x1  x2
Câu 3. (4 điểm)
1 4

50
x
x
b) Tìm tất cả các cặp  x; y  nguyên thỏa mãn
a) Giải phương trình : x  4 x 
x2 y 2   x  2    2 y  2   2 xy  2 y  4   5
2
2
Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp trong đường tròn  O  , các đường cao
BE, CF cắt nhau tại H  E  AC, F  AB 
a) Gọi K  EF  BC, L  AK   O với L  A. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp và
HL  AK
b) Chứng minh rằng đường thẳng HL đi qua trung điểm của BC
c) Gọi T là điểm trên đoạn thẳng FC sao cho ATB  900. Chứng minh rằng các đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT và CET tiếp xúc nhau
Câu 5. (2 điểm) Cho đa giác đều 30 đỉnh. Chứng minh rằng trong các đỉnh đó, bất kỳ một
bộ gồm có 9 đỉnh nào đều chứa 4 đỉnh tạo nên một hình thang cân
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có
A
x x 3


x 1
x 3
2

x 3
x 1

x 3
x 3
x  3 x  1



x  1 x  3
x x  3x  8 x  24  x  3  x  8 



x

1
x

3
x

1
x

3
 
  

x x 3 2




2
x 3 
b) Ta có: A 
x8
x 1
x8
9
 x 1
2
x 1
x 1
x  1  0, x  0; x  9 nên áp dụng BĐT Cô si ta có:
Vì

A2

x 1 .
9
24
x 1
Đẳng thức xảy ra khi
x 1
9
 x  4 . Vậy Amin  4  x  4
x 1
Câu 2.
a) Ta có:  '   m  4    m2  8m  9   25  0  Phương trình luôn có hai nghiệm
2
phân biệt với mọi giá trị của m
 x1  x2  2  m  4   2m  8
b) Áp dụng định lý Vi-et ta có: 
2
 x1 x2  m  8m  9
x12  x22  60  x1  x2   2 x1 x2  60
P

x1  x2
x1  x2
2
P
 2m  8 
2
 2  m2  8m  9   60
2m  8
m2  8m  11
5

m4
m4
m4
5
nguyên  m  4 là ước của 5
m4
 m  4 1; 5. Mà m nguyên dương nên m  1
P nguyên 
Câu 3.
a) Điều kiện : x  0
1
1
 2  x   t 2  2 đi đến phương trình:
Đặt t  x 
x
x
t  1(ktm)
t 2  4t  3  0  
t  3(tm)
Do đó

3 5
73 5
x
y

1
2
2
x
 3  x  3 x 1  0  
x

3 5
73 5
y
 x

2
2
Kết hợp điều kiện, phương trình có hai nghiệm: x 
73 5
73 5
;x 
2
2
b) Ta có:
x 2 y 2   x  2    2 y  2   2 xy  x  2 y  4   5
2
2
 x 2 y 2  x 2  4 x  4  4 y 2  8 y  4  2 x 2 y  4 xy 2  8 xy  5
  x 2 y 2  4 xy  4    x 2  4 x  4   2 y  x 2  4 x  4   1
  x 2  4 x  4  y 2  1  2 y   1   x  2   y  1  1
2
2
TH 1:  x  2    y  1  1  x  3; y  2
TH 2 :  x  2    y  1  1  x  1; y  0
TH 3:  x  2     y  1  1  x  3; y  0
TH 4 :  x  2     y  1  1  x  1; y  2
Vậy phương trình có các cặp  x; y  nguyên là:  3;2  ; 1;0  ;  3;0 ; 1;2 
Câu 4.
A
E
L
F
T
H
C
I
B
M
K
a) Ta có: AFH  AEH  900 suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính
AH .
Ta có tứ giác ALBC nội tiếp  KB.KC  KL.KA(1)
Vì tứ giác BFEC nội tiếp  KB.KC  KF.KE
(2)
Từ (1), (2) suy ra tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH
b) Gọi M  HL   O . Vì LH  AK  AM là đường kính.
 MC  AC
Ta có: 
 MC / / BH (3)
 BH  AC
CH  AB
Ta có: 
 CH / / MB(4)
 MB  AB
Từ (3) và (4)  Tứ giác BHCM là hình bình hành  HL đi qua trung điểm của BC
c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABT thì AT 2  AF . AB và chú ý BFEC nội
tiếp nên AF. AB  AE.AC
Do đó, AT 2  AE. AC hay AT là tiếp tuyến của đường tròn (CET)
Hơn nữa, KFB  ACB  KLB nên suy ra KLFB nội tiếp, do đó AF. AB  AL.AK nên
AT 2  AL. AK tức là AT là tiếp tuyến của  KLT 
Vậy  CET  tiếp xúc với  KLT  vì có AT là tiếp tuyến chung
Câu 5.
M
E
A
O
C
B
N
Ta gọi các cạnh song song với nhau là cùng một hướng. Chú ý rằng hai cạnh hoặc hai
đường chéo song song với nhau tạo thành một hình thang cân .
Ta thấy rằng một đa giác đều n cạnh gồm có n hướng (cụ thể như trên hình vẽ thì
AB, MN , CE cùng một hướng, trong khi đó AB, AC khác hướng).
k  k  1
đoạn thẳng, nếu số đoạn thẳng này lớn hơn n
2
thì sẽ có ít nhất hai cạnh có cùng một hướng nên chúng se tạo thành hình thang cân
Với mỗi bộ gồm k đỉnh sẽ sinh ra
Do đó, điều kiện để k điểm có thể chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân nếu:
k  k  1
1
1
1 1

 n  k 2  n  2n   k    2n   k  2n  
2
2
4
4 2

2
Bây giờ, áp dụng bài toán cho n  30 ta suy ra k  60 
thì sẽ có 4 đỉnh tạo thành hình thang cân.
1 1
  k  9 , suy ra cứ 9 đỉnh
4 2
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. Cho biểu thức A 

a) Rút gọn biểu thức A
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN : TOÁN
x3 x

x32

x 1
b) Tìm x để A  1
Câu 2. Giải phương trình 2 x2  6 x  5  x  2  x  1  10  0
Câu 3.
a) Tìm hai số nguyên tố p, q sao cho p 2  8q  1
b) Chứng minh rằng n5  n chia hết cho 30 với mọi n
Câu 4.
Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca  6abc. Tìm GTNN của
P
1 1 1
 
a 2 b2 c 2
Câu 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và M là điểm cố định nằm bên trong đường
tròn. Qua M vẽ hai dây di động AB, CD vuông góc với nhau.
a) Chứng minh rằng AC 2  BD2  AD2  BC 2 và AD2  BC 2 không đổi
b) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng IO2  IM 2  R2 suy ra quỹ tích của
điểm I
Câu 6. Cho hình thang ABCD  AB / /CD . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC
và BD. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua E vuông góc với AD và đường
thẳng đi qua F vuông góc với BC. So sánh GA và GB
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  3, x  1. Ta có: A 
1  x  
 
x  3 1
x 1
x  3 1
b) Ta có A  1   x  3  1  1   x  3  0  x  3; x  1
Câu 2.
ĐKXĐ: x  1. Phương trình  2  x  2   5  x  2  x  1  2  x  1  0
2
 2  x  2  4  x  2 x  1   x  2 x  1  2
2
 x  1
2
0
 2  x  2   x  2   2 x  1   x  1  x  2   2 x  1   0
2 x  1  x  2
 x  2  2 x  1 2x  4  x  1  0  
 x  1  2 x  4
x  2
 x 8
Xét 2 x  1  x  2  
x
x

8

0



x  2
Xét x  1  2 x  4   2
 x3
4 x  17 x  15  0
Vậy S  3;8



Câu 3.
a) Ta có p 2 chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1
Xét p 2 chia cho 3 dư 0, vì p là số nguyên tố nên p  3  q  1vô lý
Xét p 2 chia cho 3 dư 1, suy ra 8q chia hết cho 3 mà 8;3  1nên q  3  p  5  tm 
b) Ta có:
n5  n  n  n2  1 n2  1   n2  1 n2  4  5  n  n2  1 n2  4   5n  n2  1
  n  2 n  1 n  n  1 n  2   5  n  1 n  n  1 chia hết cho 5 và 6 nên chia hết cho 30
Câu 4.
1 1 1 1
1
1
  
  6
a b c ab ac bc
Áp dụng BĐT xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2 ta có:
Từ giả thiết a  b  c  ab  bc  ca  6abc 
1
1
1
1 1 1
   2  2  2 (1)
ab bc ca a b c
2
1 1 1
 1 1 1
Áp dụng BĐT Bunhia ta có:      12  12  12   2  2  2 
a b c
a b c 
1 1 1
1
1 1
   3. 2  2  2 (2)
a b c
a b c
Cộng theo vế (1) và (2) được:

6

1 1 1 1
1
1
1
1 1
1
1 1
  
 
 2  2  2  3. 2  2  2  P  3. P  6
a b c ab bc ca a b c
a b c

P 3


P  2 3  0  P  3 . Dấu "  " xảy ra khi a  b  c  1
Câu 5.
C
I
A
B
M
D
J
O
E
a) Ta có: AC 2  BD2  MA2  MC 2  MB2  MD2
  MA2  MD2    MB 2  MC 2   AD2  BC 2
Kẻ đường kính CE ta có CDE  900 hay CD  DE
 DE / / AB nên tứ giác ABED là hình thang cân
 AD  BE. Ta có: AD2  BC 2  BE 2  BC 2  CE 2  4R2 không đổi
b) Vì IB  IC  I M nên IO2  IM 2  OC 2  IM 2  IM 2  R2
Gọi J là trung điểm của MO. Áp dụng công thức đường trung tuyến trong IMO
IO 2  IM 2 MO 2
R 2 MO 2
Ta có: IJ 
(không đổi vì O, M cố định).



2
4
2
4
Do đó I chạy trên đường tròn tâm J bán kính IJ không đổi.
Câu 6.
A
M
D
H
F G E
B
K
N
C
Gọi H là trung điểm của AB
Ta có HA  HB và FD  FB nên HF là đường trung bình ABD  HF / / AD
Mà EM  AD nên EM  HF , tương tự HE cũng là đường trung bình ABC nên
HE / / BC mà FK  BC nên FK  HE . Do đó G là trực tâm
HEF  HG  EF
(1)
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD, BC
Ta có ME là đường trung bình tam giác ACD nên ME / /CD
Tương tự NF / /CD mà MN / /CD hay M , F , E, N thẳng hàng
Suy ra EF / / AB(2).
Từ (1) và (2) suy ra HG  AB mà HA  HB do đó GAB cân tại G nên GA  GB
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC : 2018-2019
Câu 1. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4
chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019.
Câu 2. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số A  3n3  15n chia hết cho 18
b) Một đoàn học sinh tham quan quảng trường Đại đoàn kết tỉnh Gia Lai. Nếu mỗi ô tô
chở 12 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia
đều cho các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao nhiêu ô tô?
Biết rằng mỗi ô tô chở không quá 16 người.
Câu 3. 1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh
đáy lần lượt là 20 cm và 1 cm. Người ta xếp cây nến trên vào 1 cái hộp có dạng hình
hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Tính thể tích cái hộp
2) Cho đường tròn  O; R  và điểm I cố đinhk nằm bên trong đường tròn (I khác O).
Qua điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD. Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của
IA, IB, IC, ID
a) Chứng minh rằng bốn điểm M , N , P, Q cùng thuộc một đường tròn
b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí
các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất.
Câu 4.
 x  1  4  2 y  5  2 y   x  13  5

a) Giải hệ phương trình 
2
5 x 4   x  y   10 x3  y  y
b) Cho x, y, z  0 thỏa mãn x2  y 2  z 2  2 xyz  1.
Tìm GTLN của P  xy  yz  zx  2 xyz
Câu 5. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17
học sinh dự thi. Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến
907. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh
chia hết cho 9
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Gọi số cần lập có dạng abcd  2019 với a, b, c, d  ;2  a  9,0  b, c, d  9
Xét a  2 nếu b  0 thì ta có các số từ 2031 đến 2098. Có 7 cách chọn c, có 7 cách
chọn d . Do đó có 7.7  49 số thỏa mãn. Nếu b  0 thì có các số từ 2103 đến 2198. Có 8
cách chọn b, 8 cách chọn c và 7 cách chọn d. Do đó có 8.8.7  448 số thỏa mãn
Xét a  3 thì có các số từ 3012 đến 9876, có 7 cách chọn a, 9 cách chọn b , 8 cách chọn
c và 7 cách chịn d, do đó có: 7.9.8.7  3528 số thỏa mãn
Vậy có tất cả 49  448  3528  4025 số thỏa mãn bài toán
Câu 2.
a) Ta có: A  3n3  3n  18n  3 n  1 n  n  1  18n chia hết cho 18
b) Gọi số ô tô là a. ĐK: a  , a  1. Vì bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được
chia đều cho các ô tô còn lại, nghĩa là 12a  1  a  1  12  a  1  13  a  1
 13  a  1  a  1U (13)  1;13  a 2;14
Với a  2 thì số học sinh là 25 em, khi bớt đi 1 ô tô thì còn 1 xe chở 25 em (quá 16
em) vô lý
Với a  14 thì số học sinh là 169 em (thỏa mãn)
Vậy số ô tô là 14 và có 169 học sinh
Câu 3.
E
A
M
D
I
H
F
B
K
C
1) Ta có đáy cây nến nội tiếp hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Khi đó ABCD là
mặt đáy hình hộp chữ nhật có chiêu cao bằng chiều cao cây nến h  20cm
Ta có: BC  EF  2EH  2KE.sin EKH  2.1.sin 600  3
AN  KM  2MI  2.1  2
Vậy thể tích cái hộp là AB.BC.h  40 3(cm3 )
2)
C
P
A
M
B
H
I
N
K
O
Q
D
a) Ta có MI  MA, QI  QD nên MQ là đường trung bình AID  MQ / / AD
Tương tự NP là đường trung bình BIC  NP / / BC
Do đó NMQ  BAD  NPQ nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b) Kẻ OH  AB tại H và OK  CD tại K
Ta có AB  CD  OHIK là hình chữ nhật
Do đó AB2  CD2  4  BH 2  CK 2   4  R2  OH 2  R2  OK 2   4  2R 2  OI 2 
MN .PQ AB.CD  AB  CD 
2R 2  OI 2



Diện tích tứ giác MPNQ là
không đổi
2
8
16
4
2 R 2  OI 2
GTLN của diện tích tứ giác MPNQ là
, khi đó AB  CD
4
2
Câu 4.
a) ĐKXĐ: x  1; y  2;  x  1  2 y  5  9  1  x  1  3 9
3
Từ phương trình 5 x 4   x  y   10 x3  y  y
2
 5x3  x  2 y   x  x  2 y   0  x  x  2 y   5x 2  1  0
Xét x  0 thay vào phương trình thứ nhất ta được
4  2y  4  2y  4
 8  2 16  4 y 2  16  4  y 2  2  y  0(tmdk )
Xét 2y  x thay vào phương trình thứ nhất ta được
x 1  4  x 
 x  1 4  x   5
t2  5
.
2
Ta có phương trình: t 2  2t  15  0   t  5 t  3  0  t  3
Đặt
x 1  4  x  t  0 
 x  1 4  x  
x  0  y  0
  x  1 4  x   2   x  3x  0  
3
x  3  y 

2
2

 3 
Vậy phương trình có nghiệm  x; y    0;0 ; 3;  
 2 

b) Theo nguyên lý Dirichle thì trong 3 số 2 x  1;2 y  1;2 z  1bao giờ cũng tồn tại ít
nhất 2 số cùng dấu. Giả sử 2 x  1;2 y  1 cùng dấu. Khi đó
 2 x  1 2 y  1  0  2  x  y   4 xy  1
z
 z  x  y   2 xyz  . Từ giả thiết x2  y 2  z 2  2 xyz  1  1  z 2  x2  y 2  2 xyz
2
1 z
1 z z 1
 2 xy  2 xyz  2 xy  z  1  xy 
. Do đó P  xy  yz  zx  2 xyz 
 
2
2
2 2
1
1
Vậy GTLN của P là . Đạt được khi và chỉ khi x  y  z 
2
2
Câu 5.
Xét 5 số tự nhiên bất kỳ khác nhau đôi một . Lấy 5 số này chia cho 3, theo nguyên lý
Dirichle có ít nhất 2 số cùng có số dư. Xét các khả năng sau:
- Nếu chỉ có 2 số dư giống nhau. Khi đó phải có 3 số chia cho 3 có số dư lần lượt
là 0,1,2 nên tổng của chúng chia hết cho 3
- Nếu có ít nhất 3 số dư giống nhau. Khi đó tổng của chúng luôn chia hết cho 3
Ta chia 17 số có trong khoảng từ 1 đến 907 thành 3 nhóm: Nhóm I gồm 5 số, nhóm II
gồm 5 số và nhóm III gồm 7 số. Mỗi nhóm luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3.
Giả sử tổng của 3 số đó ở mỗi nhóm lần lượt là 3a,3b,3c  a, b, c  *. Còn lại
17  9  8 số, trong 8 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3, đặt tổng 3 số đó
là 3d  d  *. Còn lại 8  3  5 số, trong 5 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết
cho 3 và đặt tổng 3 số đó là 3e  e * . Cuối cùng trong 5 số a, b, c, d , e tồn tại 3 số có
tổng chia hết cho 3, giả sử là 3 số x, y, z  x, y, z  * suy ra 3 x  y  z  9 . Do đó
luôn chọn ra 9 học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.
KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (5 điểm) Cho biểu thức A 
x 1
2 x
25 x x  0




4  x  x  4
x 2
x 2
a) Rút gọn A
4
9
c) Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên
Câu 2. (4 điểm)
1. Giải các phương trình sau :
b) Tính giá trị của A khi x 
a) 4 x 2  4 x  1  2 x  1
b) x  3  4 x  2 x  6  5  x
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n3  3n2  2018n chia hết cho 6
Câu 3. (2,5 điểm) Cho đường thẳng  d  có phương trình:  m  1 x   m  2  y  3 (d) (m
là tham số)
a) Tìm giá trị của m biết đường thẳng  d  đi qua điểm A  1; 2 
9
b) Tìm m để  d  cắt 2 trục tọa độ và tạo thành tam giác có diện tích bằng
2
Câu 4. (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng
bờ AB vẽ các tiếp tuyến Ax, By. Lấy điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A và
B). Kẻ MH  AB tại H
a) Tính MH biết AH  3cm, HB  5cm
b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi I là
giao điểm của AD và BC. Chứng minh M , I , H thẳng hàng
c) Vẽ đường tròn tâm  O ' nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc với AB ở K. Chứng minh
diện tích S AMB  AK .KB
Câu 5. (1,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn  x  1 y  1  4 xy
1
1
Chứng minh rằng :

1
3x 2  1
3y2  1
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 



x 1
2 x
25 x


4 x
x 2
x 2

x 1

x 2 2 x

x 2


 
x 2  25 x
x 2

x  3 x  2  2x  4 x  2  5 x

x 2

x 2


3 x.


x 2

x 2


x 2


3 x
x 2
4
b) Với x  0 và x  4 , tại x  (tmdk )
9
4
2
3
3.
9  3  2 13
A
2
2
4 4
4
2
2
2
3
3
3
9
3 x
c) Với x  0, x  4, A nguyên 
có giá trị nguyên
x 2
3 x
6
3
 3 0  A 3
Mặt khác
x 2
x 2
Vì A nguyên nên A  0;1;2
A  0 giải ra ta được: x  0(tmdk )
A  1  x  1(tmdk )
A  2  x  16(tmdk )
Vậy A nguyên thì x 0;1;16
Câu 2.
1) 4 x 2  4 x  2  2 x  1  2 x  1  2 x  1
1
1


x   2
x   2




 x0
2x 1  2x  1
0 x  2(ktm)





  2 x  1  2 x  1   x  0
b) ĐK: 0  x  5
x  3  4 x  2x  6  5  x
 x3  5 x  2


2
x 1  4
(1)
Vế trái của (1) bé hơn bằng 4, vế phải lớn hơn hoặc bằng 4 nên dấu bằng xảy ra khi và chỉ

 x3  5 x
khi 
 x  1(tmdk )

 x 1  0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1.
2. n3  3n2  2018n  n. n  1 n  2   2016n
Vì n  n  1 n  2  là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6
2016n luôn chia hết cho 6
Vậy n3  3n3  2018n luôn chia hết cho 6 với mọi n
Câu 3.
a) Đường thẳng  d  đi qua điểm A  1; 2  nên ta có : x  1; y  2 thay vào và giải
ra ta được m  0
b) Để d cắt 2 trục tọa độ thì m  1;2
Giả sử (d) cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A và B . ta tính được tọa độ
3 
 3
 
A
;0  ; B  0;

 m 1   m  2 
Ta có OAB vuông tại O nên
1
1 3
3
SOAB  OA.OB  .
2
2 m 1 m  2
SOAB 
9
1 3
3
9


2
2 m 1 m  2 2

1  13
m 
2

(tmdk )

1 5
m 

2
Câu 4.
y
D
x
M
C
I
A
H K
O
B
a) Tam giác AMC vuông tại M có MH là đường cao
 MH  AH .BH (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
 MH  15(cm)
AC AI CM


b) Vì AC song song với BD nên ta có:
(vì AC  CM ; BD  MD)
BD ID MD
 MI / / AC mà MH / / AC (cùng vuông góc với AB)
Suy ra M , I , H thẳng hàng
c) Đặt AB  a, AM  c, BM  b
Ta có:
a cb
abc
AK 
; BK 
2
2
a  c  b a  b  c 1   a  c  b  a  b  c  
 AK .BK 
.
 .

2
2
2 
2

2
2
2
2
2
1  a   b  c   1  a   b  c   2bc 
 

 
2 
2
2
2



1 2bc 1
1
 .
 bc  AM .MB  S AMB
2 2
2
2
Vậy S AMB  AK .KB
Câu 5.
x 1 y 1
 1  1 
Từ  x  1 y  1  4 xy 
.
 4  1  1    4
x
y
x 
y

1
1
Đặt a  ; b  , ta có:
x
y
1  a 1  b   4  3  a  b  ab 

a b

2
 2 ab  ab  2 ab  ab , từ đó ab  1
Áp dụng AM – GM cho hai số thực dương ta có:
1
1
a
a
1 a
a 
x



 


2
1
a  b  a  1 2  a  b a  1 
3x 2  1
a

b

ab

a

3 2
x
1
1 a
b 
Tương tự ta có:
 .


3y2  1 2  a  b b  1 
Cộng vế theo vế ta được
1
1
1 a
b
a
b 

 




3x 2  1
3y2  1 2  a  b a  b a  1 b  1 
1
2ab  a  b  1  ab  3  1  1  3 
 1 
  1 
  1 
 1
2   a  1 b  1  2 
2  2
4 
a
 a

 a  b b  1
 a  b 1 x  y 1
Dấu bằng xảy ra  
b
b


 a  b b  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (5,0 điểm)
2 x  13
x  3 2 x 1


với x  0; x  4; x  9
x5 x 6
x  2 3 x
2. Giả sử a là nghiệm âm của phương trình 3x2  2 x  2  0. Không giải
1. Rút gọn biểu thức : A 


phương trình, tính giá trị biểu thức P  3a 4  4 2  4 a  2  3a 2
Câu 2. (5,0 điểm)
 x 2  2 y 2  7 x
1. Giải hệ phương trình:  2
2
 y  2 x  7 y

2. Giải phương trình: 3x 2  65  2 x 17  2 x  1

Câu 3. (2,0 điểm)
Cho các số thực dương thỏa mãn ab2  bc2  ca2  4abc  0. Chứng minh:
b
c
a


 4.
a
b
c
Câu 4.(6,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD, lấy điểm E trên cạnh BC  E  B, C  ; đường thẳng qua
B vuông góc với DE cắt DE tại H và cắt CD tại K. Gọi M là giao điểm của DB
và AH
a) Chứng minh ba điểm E, K , M thẳng hàng
b) Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp CHM
2. Cho tam giác ABC , P là điểm trên cạnh BC (P khác B và C); Q, R lần lượt là
hai điểm đối xứng với P qua AC, AB. Lấy điểm M nằm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác AQR sao cho AM song song với BC. Chứng minh đường thẳng
PM luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi trên cạnh BC.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Trên mặt phẳng lấy 21 điểm bất kỳ trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng;
mỗi điểm được tô bởi 1 trong 4 màu: đỏ, cam, vàng và lục. Các đoạn thẳng nối
2 trong 21 điểm dó được tô bởi một trong hai màu chàm và tím. Xét các tam
giác có ba đỉnh thuộc các điểm đã cho, chứng minh tồn tại một tam giác có 3
đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
2. Giả sử n  , n  2. Xét các số tự nhiên dạng an  11....1 được viết bởi n chữ số
1. Chứng minh rằng nếu an là một số nguyên tố thì n là ước của an  1
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1. A 

2 x  13
x  3 2 x 1



x5 x 6
x 2 3 x
2 x  13 

x 3

2.Từ giả thiết ta có


 

2 x  13
x 3

x  3  2 x 1
x 3

x 2


x 2
x 2




x  3 2 x 1

x 2 3 x
x x 6
x 3

x 2


x 2
x 2
3a 2  2  2a  a  0   3a 4  4  4 2a  2a 2 suy ra

P  3a 4  4 2  4 a  2  3a 2  2  a  1  2a  2
2
 2  2a  2a  2  2  2
Câu 2.
1. Trừ vế theo vế hai phương trình ta có:
x  y
 x  y  3x  3 y  7   0   7
y x
3

TH1: x  y  0  y  x, thay y  x vào phương trình (1) ta được:
x  0  y  0
x2  7 x  0  
  7  y  7
7
7
TH2: y   x. Thay y   x. vào phương trình (1) ta được: 9 x2  21x  98  0
3
3
Phương trình này vô nghiệm
Vậy  x; y   0;0 ;  7; 7 
1
2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x  5
 2x  1  8  x
2
2

8  2 x   2 x  1  x  
25  40
 2 x  1  3x  8  x 
9

2. Điều kiện xác định x 


Đối chiếu điều kiện phương trình có hai nghiệm x  5; x 
25  40
9
Câu 3.
Áp dụng BĐT Cô si ta có :
ab2  bc2  2bc ab ; bc 2  ca 2  2ca bc ; ca 2  ab2  2bc ca
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh.
Câu 4.
1)
B
A
M
H
E
K
D
C
a) Xét tam giác BDK , ta có: DH  BK , BC  DK , BC cắt DH tại E. Suy ra E là
trực tâm tam giác BDK . Để chứng minh M , E, K thẳng hàng ta chỉ cần chứng
minh MK  BD.
Tứ giác ABHD có BAD  BHD  900 nên nội tiếp. suy ra BHA  BDA  450.
Tứ giác DMHK có MDK  BHM  450 nên nội tiếp
Lại có, DHK  900 (gt) nên DMK  DHK  900 (cùng chắn cung DK). Ta có điều phải
chứng minh.
b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK  EHK  900 )  ECH  EKH (1)
Tứ giác CKBM nội tiếp suy ra EKH  BCM  ECM
(2)
Từ (1) , (2) suy ra ECH  ECM . Do đó, EC là đường phân giác của MCH . Chứng
minh tương tự, ta cũng có ME là đường phân giác của CMH
Vì E là giao điểm hai đường phân giác trong góc M và C của tam giác CHM nên ta
có điều phải chứng minh.
2)
A
Q
R
B
P
C
G
N
Gọi N là giao điểm của RB và QC; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có ARN  AQR  1800 nên N nằm trên đường tròn  w  ngoại tiếp tam giác AQR.
Đường tròn  w ' ngoại tiếp tam giác BCN cắt  w  tại điểm thứ hai G.
Từ RBG QCG  GP là phân giác BGC
BNC  RNQ  1800  2BAC  1800  BOC nên O nằm trên  w '
Mà OB  OC nên GO là phân giác BGC và do đó G, P, O thẳng hàng. Ta cũng có
N , O, A thẳng hàng.
Gọi M ' là giao điểm thứ hai của GO với  w 
Ta có: AM ' G  ANG  ONG  OPC  MPC  AM '/ / BC  M '  M
Do đó G, P, O và M thẳng hàng. Vậy MP luôn đi qua O cố định
Câu 5.
1) Vì có 21 điểm được tô bởi 4 màu mà 21  4.5  1 nên theo nguyên lý Dirichle sẽ
tồn tại ít nhất 6 điểm được tô cùng một màu
Gọi 6 điểm cùng màu đó là A, B, C, D, E, F . Từ điểm A ta kẻ với 5 điểm còn lại được 5
đoạn thẳng, 5 đoạn này được tô 2 màu thì sẽ có ít nhất 3 đoạn được tô cùng màu.
Không mất tính tổng quát , giả sử các đoạn AB, AC, AD được tô cùng màu tím.
Trong các đoạn nối ba điểm B, C, D nếu có một đoạn màu tím, giả sử là BD thì tam
giác ABD là tam giác cần tìm. Nếu trong các đoạn nối ba điểm B, C, D không có đoạn
nào màu tím thì tam giác BCD là tam giác cần tìm.
2. Trước hết ta chứng minh : nếu an là số nguyên tố thì n là số nguyên tố
Giả sử n là hợp số, n  bq; b, q  ,1  b, q  n . Khi đó:

an  11...1  11...1 10
bq..chu .. so..1
q..chu .. so..1
q b 1
 10
q b  2 

 ....  1 11.....1là hợp số, trái với giả thiết nên
n là số nguyên tố
10n  1
10n  10
1 
 10n  10 9 (1)
Tiếp tục ta có: an  1 
9
9
n
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 10  10 n (2)
Nếu n  3 thì an  111 3 không thỏa mãn giả thiết.
Nếu n  3 ta có  n,9  1 nên từ (1) và (2) suy ra : 10n  10 9n. Vậy n là ước của an  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA
LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút
A. TRẮC NGHIỆM (8 điểm)
1024  n 2
Câu 1. Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương n sao cho
là số tự nhiên
15
A. 1
B. 4
C. 3
D. 5
Câu 2. Cho hình thang ABCD có hai cạnh đáy AB, CD sao cho AB  4, CD  9 ,
DAB  DBC . Độ dài đường chéo BD bằng:
A. 6
B. 7
C. 8
D. 10
Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng di qua điểm M  2;5  và song song với
đường thẳng y  2 x có phương trình là:
A. y  2 x  1 B. y  2 x  1
C. y  2 x  9
D. y  2 x  1
Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A  2;3  và B  6;1. Độ dài đường cao hạ
từ đỉnh O của tam giác OAB bằng:
5
5 2
2
A.
B.
C. 5 2
D.
2
2
2
Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho bốn điểm A 2;3 ; B 2; 2 ; C  2; 2  , D  3;3 .
Diện tích tứ giác ABCD bằng:
15
15 2
A.
B.
C. 15
D. 30
2
2
Câu 7. Cho bốn điểm A, B, C, D nằm trên đồ thị hàm số y  x 2 sao cho ABCD là một tứ giác
lồi nội tiếp đường tròn đường kính AC. Gọi M  x1; y1  ; N  x2 ; y2  lần lượt là trung điểm của
AC, BD. Giá trị y1  y2 bằng:
2
C. 1
D. 2
2
Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  3, AC  4 và phân giác AD. Giá trị
DC  DB bằng:
1
3
4
5
A.
B.
C.
D.
7
7
7
7
Câu 9. Gọi S là tập nghiệm của phương trình, số nghiệm của phương trình
x  x  1  .....  x  2019  x 2  2019 x  2020 là:
A. 2
B. 4
C. 2019
D. 2020
A. 0
B.
Câu 10. Biết x  3 2  3  3 2  3 là một nghiệm của phương trình x3   a  1 x  2a  0.
Giá trị
a  a 2  1 bằng:
6 2
3 1
B. 3  1
C.
D. 3  1
2
2
Câu 11. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , trung tuyến AM. Biết
AH 24
 và cạnh huyền BC  35. Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng:
AM 25
A.
A. 3,5
B. 7
C. 8,75
D. 14
Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  5 , đường cao AH  2. Kẻ HK vuông
góc AC ( K thuộc AC). Độ dài CK bằng:
3 5
8 5
5 5
16 5
B.
C.
D.
2
2
2
5
Câu 13. Một học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng-ten 100m. Biết rằng học sinh đó nhìn
thấy đỉnh tháp ở góc 190 so với đường nằm ngang, khoảng cách từ mắt đến mặt đất bằng
1,5m. Chiều cao của tháp (làm tròn đến đơn vị mét) bằng:
A. 34
B. 35
C. 36
D. 38
Câu 14. Tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn ngoại tiếp của một
tam giác đều là:
1
1
1
2
A.
B.
C.
D.
4
2
3
3
Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
BC tại D. Biết BD  2DC  10. Diện tích tam giác ABC bằng:
A. 25
B. 50
C. 50 2
D. 100
Câu 16. Có tất cả bao nhiêu cách xếp bạn An, Bình, Cường, Thắng , Việt ngồi thành một
hàng ngang sao cho hai bạn Thắng và Việt không ngồi cạnh nhau.
A. 48
B. 72
C. 96
D. 118
B. Tự luận (12 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm)
a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên dương đôi một phân biệt luôn tồn tại 4 số có
tổng là hợp số
b) Bạn Thắng lần lượt chia số 2018 cho 1;2;3;4…;2018 rồi viết ra 2018 số dư tương
ứng sau đó bạn Việt chia số 2019 cho 1;2;3;4;….;2019 rồi viết ra 2019 số dư tương
ứng. Hỏi ai có tổng số dư lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu.
Câu 2. (3,0 điểm)
2  x  y   xy  1  0
a) Giải hệ phương trình:  3
3
 x  y  3 x  y   32  0
2
1

b) Giải phương trình:  x    10  11x  x  1
x

Câu 3. (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp  O  , D thuộc đoạn BC (D không trùng B, C) và  O ' tiếp
xúc trong với O tại K, tiếp xúc với đoạn CD, AD tại F, E. Các đường thẳng KF , KE cắt (O)
tại M, N
a) Chứng minh rằng MN / / EF
b) Chứng minh rằng MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC
c) Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định khi D chạy trên BC.
Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số thực x1, x2 ,......, xn 0;1
A.
Chứng minh rằng: 1  x1  x2  x3  .....  xn   4  x12  x22  x32  ......  xn2 
2
ĐÁP ÁN
Câu 1,
a) Áp dụng quy tắc chẵn – lẻ. Xét các trường hợp sau:
Ta có a, b, c cùng chẵn nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có tổng và cả hiệu của
chúng là số chia hết cho 2.
Ta có a, b, c củng lẻ nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có tổng và cả hiệu của
chúng là số chia hết cho 2.
Ta có a, b, c có một cặp số lẻ nên hiệu và tổng của 2 số lẻ chiaa hết cho 2.
a, b, c có một cặp là số chẵn nên hiệu và tổng của 2 số chẵn chia hết cho 2.
Hai trường hợp đầu có 3 cặp số thỏa mãn đầu bài. Hai trường hợp cuối có một cặp số thỏa
mãn đầu bài. Vậy có ít nhất 1 cặp số mà tổng và hiệu của chúng chia hết cho 2 nên là hợp
số.
Áp dụng quy tắc số dư. Ta thấy phép chia cho 5 có thể được các số dư là 0,1,2 , 3,4, Xét các
trường hợp:
*Cả 4 số có số dư khác nhau  0,1,2,3 ;  0,2,3,4 ;  0,1,4,2 ;  0,4,2,3 1,2,3,4  bao giờ cũng
có ít nhất 1 cặp số có số dư là 1  4  hoặc  2  3 nên tổng 1 cặp số đó chia hết cho 5. Với
nhóm số dư 1,2,3,4  nên suy ra 2 cặp có tổng chia hết cho 5
*Cả 4 số có số dư trùng nhau nên 6 cặp từng đôi một có hiệu bằng 0 nên chia hết cho 5.
*Cả 2 cặp số có số dư trùng nhau nên hiệu của 2 cặp số đó bằng 0 chia hết cho 5
*Cả 1 cặp có số dư trùng nhau nên hiệu của 1 cặp số đó bằng 0 chia hết cho 5.
Vậy ít nhất cũng chọn ra 1 cặp số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 5. Hay trong 5
số nguyên dương đôi một phân biệt luôn tồn tại 4 số có tổng là hợp số.
b) Gọi T là tổng các số dư của Thắng, V là tổng các số dư của Việt. Gọi t1;....t2018 là số
dư chia 2018 cho 1,2,....,2018 ; gọi v1;.....v2019 là số dư chia 2019 cho 1,2......2019. Ta
thấy rằng: T  t1  t2  ....  t2018 ;V  v1  v2  ...  v2019 với i  1,2,3,.....2018 . Nếu
2019 i  v1  0  ti  i  1. Nếu v1  i  1  v1  ti  1
 V   t1  1   t2  1  .......   t2018  1  S  2019  T  2018  S  2019   . Trong đó
S  2019  là tổng các ước không vượt quá 2018 của 2019. Ta có 2019  1.3.773 . Suy ra
S  2019   677 nên ta có V  T  2018  677  T  1341. Suy ra V  T
Và V  T  1341
Câu 2.

2  x  y   xy  1  0
2  x  y   xy  1  0

a) Ta có:  3

3
3
 x  y  3 x  y   32  0 
 x  y   3xy  x  y   3  x  y   32  0

Ta đặt x  y  s, xy  p  s2  4 p  . Khi đó hệ tương đương với :
2s  p  1  0
. Giải hệ trên ta có nghiệm
 3
s

3
ps

3
s

32

0

b) Điều kiện xác định: x  0
2
1
2
2

4
3
2
 x    9  x  1  21x  x  1   x  1  12 x  x  8 x  1  0
x

 1  17
2
x 
4 x  x  1  0
8
2
2
  4 x  x  1 3x  x  1  0   2

 1  13
3 x  x  1  0
x 
6

1  17 1  13 
S 
;

8
6 

Câu 3.
A
O'
E
N
I
K
O
H
B
D
F
C
M
a) Qua K kẻ tiếp tuyến chung  d  với  O  và  O ' . Gọi H là giao của (d) và BC
KEF  FKH  MNK  MN / / EF
b) Ta có tam giác HKF cân tại H suy ra HKF  HFK  MB  MC suy ra AM là phân
giác BAC. Suy ra BCM  MKC nên ta có MC là tiếp tuyến  KFC 
c) Gọi AM cắt EF tại I. Ta chứng minh I cố định. Thật vậy, ta có AKN  AMN  AIE
nên tứ giác AEIK nội tiếp
Suy ra DEF  EKF  EAI  EIA  EKI  IKE  EIA  IKF hay MIF  IKF
Suy ra MIF MKI ( g.g )  MI 2  MK .MF (1)
Ta có MC là tiếp tuyến  KFC  suy ra MC 2  MF .MK (2)
Từ (1) và (2) suy ra MI  MK . Lúc đó ta có:
MIC  MCI  IAC  ICA  MCB  BCI  ICA  BCI
Nên CI là phân giác ABC , mà AM là phân giác BAC nên I cố định
Câu 4.
Áp dụng BĐT  A  B   4 AB với A  1; B  x1  .....  xn ta có:
2
1  x1  x2  x3  .....  xn   4  x1  x2  x3  .....  xn  với x1, x2 ,....xn 0;1
Nên x1  x1  1  0  x12  x1  0  x1  x12 . Tương tự ta có:
2
x2  x22 ;.......; xn  xn2  x1  x2  x3  .....  xn  x12  x22  x32  .......  xn2
Suy ra 1  x1  x2  x3  ......  xn   4  x1  x2  x3  .....  xn   4  x12  x22  x32  .....  xn2 
2
Dấu "  " xảy ra khi có 1 số bằng 1, các số còn lại bằng 0
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP BUÔN MA THUỘT
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút
Bài 1. (4,0 điểm)
 x 1
  x 1

2x  x
2x  x

 1 : 

 1
a) Cho biểu thức K  
2x  1
2x  1
 2x  1
  2x  1

Tìm điều kiện để K có nghĩa và rút gọn K
xy z  1  yz x  2  zx y  3
. Tìm giá trị lớn nhất của A.
b) Cho A 
xyz
Bài 2. (5,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n chẵn, n  4 ta luôn có:
n4  4n3  4n2  16n 384
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 3x  7 y  55
c) Giải phương trình: x  25  x2  x 25  x2  5
d) Cho a  0, b  0, c  0 và a  b  c  1
Chứng minh a  b  b  c  c  a  6. Dấu "  " xảy ra khi nào ?
Bài 3. (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y   k  1 x  n  k  1 và hai
điểm A 0;2 , B  1;0  (với k , n là các tham số)
1) Tìm giá trị của k và n để
a) Đường thẳng  d  đi qua hai điểm A và B
b) Đường thẳng  d  song song với đường thẳng    : y  x  2  k
2) Cho n  2. Tìm k để đường thẳng  d  cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam
giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Bài 4. (2,0 điểm)
Cho góc xOy. Hai điểm A, B thuộc Ox, hai điểm C , D thuộc Oy. Tìm tập hợp
những điểm M nằm trong góc xOy sao cho hai tam giác MAB và MCD có cùng diện tích
Bài 5. (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính BC,dây AD vuông góc với BC tại H . Gọi E , F
theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi  I  ,  K  theo thứ tự là
các đường tròn ngoại tiếp HBE, HCF
a) Xác định vị trí tương đối của các đường tròn  I  và  O  ,  K  và  O  ;  I  và  K 
b) Tứ giác AEHF là hình gì ? Vì sao
c) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của  I  và  K 
d) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn nhất
ĐÁP ÁN
Bài 1.

x  0


x  0
x  0
 2x  1  0
1



a) K có nghĩa   2 x  1  0
 x 

1
2
x




2
 x  1  2x  x  1  0  2 x  1
 2 x  1

0
2x 1
 1  2 x


 x 1
  x 1

2x  x
2x  x

 1 : 

 1
Ta có: K  
2x 1
2x 1
 2x  1
  2x  1




x 1
 
2x 1 
2x  x


2 x  1   2 x  1
 2 x  1 2 x  1
 x  1 2 x  1   2 x  x  2 x  1   2 x  1
:
 2 x  1 2 x  1
2x  x  2x  1  2x  2x  2x  x  2x  1
2x  x  2x  1  2x  2x  2x  x  2x  1


2 2x
2


 
x 1

x 1
2x
b) ĐK: x  2; y  3; z  1
A
xy z  1  yz x  2  zx y  3
xyz

z 1
x2


z
x
y 3

y
Áp dụng bất đẳng thức
ab 
2  x  2
3  y  3
z 1


z
2x
3y
a  b  a  0

 . Do z  1  0; x  2  0; y  3  0 nên ta có:
2 b  0 
z 1 
1   z  1 z
 
2
2
3  y  3 
2  x  2
2   x  2 x
z 1 1
1
 ; 2  x  2 
 

2
2
2
2
2x
2 2
3  y  3
3   y  3 y
1
 

2
2
3y
2 3
z 1  1
x  4
x  2  2
1
1
1
63 2 2 3


 A 


. Dấu "  " xảy ra 
 y  6
2 2 2 2 3
12
y  3  3
z  2
 x  2; y  3; z  1 
Vậy MaxA 
63 2 2 3
khi x  4, y  6, z  2
12
Bài 2.
a) Vì n chẵn  n  2k  k  , k  2
n 4  4n3  4n 2  16n   2k   4. 2k   4. 2k   16. 2k 
4
3
2
Do đó:  16k 4  32k 3  16k 2  32k
 16k  k 3  2k 2  k  2   16  k  2  k  1 k  k  1
Vì k  2; k  1; k ; k  1là bốn số tự nhiên liên tiếp   k  2  k  1 k  k  1 3,8
  k  2 k  1 k  k  1 24  16  k  2  k  1 k  k  1 384
Vậy n4  4n3  4n2  16n 384 với mọi số tự nhiên n chẵn, n  4
55  7 y
1 y
b) Ta có: 3x  7 y  55  x 
 18  2 y 
(0  y  8)
3
3
1 y
Đặt t 
 y  1  3t  t   ; x  18  2 1  3t   t  16  7t
3
Vì 0  y  8  1  3t  8  2  t  0  t 2; 1;0
Nếu t  2  x  16  7. 2  2; y  1  3 2  7
Nếu t  1  x  16  7. 1  9; y  1  3. 1  4
Nếu t  0  x  16  7.0  16; y  1  3.0  1
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là  2;7  ;  9;4  ; 16;1
c) ĐK: 5  x  5 , vì 5  x  5  5  x  0;5  x  0. Do đó:
x  25  x 2  x 25  x 2  5  25  x 2  x 25  x 2   5  x   0
 5 x


5 x  x 5 x  5 x 0
 5 x 0
 x  5(tmdk )


 5  x  x 5  x  5  x  0(*)
 5  x  x 5  x  5  x  0
+)Nếu x  0 thì
5  0 5  5  0 . Vậy x  0 là nghiệm của (*)
+)Nếu 0  x  5  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  0 và x 5  x  0
nên * vô nghiệm
+)Nếu 5  x  0  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  0 và
x 5  x  0 nên (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  5
d) Áp dụng BĐT  ax  by  cz    a 2  b2  c 2  x 2  y 2  z 2 . Ta có:
2

ab  bc  ca
  1  1  1   a  b  b  c  c  a 
2
2
2
2
 3.2  a  b  c   6(do..a  b  c  1)
 a  b  b  c  c  a  6. Dấu "  " xảy ra
 ab  bc  ca
1


abc
3

a  b  c  1
Bài 3.
1) Tìm giá trị của k và n
2   k  1 .0  n
n  2

a)  d  đi qua hai điểm A và B, nên ta cos: 
0   k  1 . 1  n k  3
k  1  1
k  2
b)  d  song song với đường thẳng    : y  x  2  k  

n  2  k
n  0
 2

;0 
2) Khi n  2, đường thẳng  d  : y   k  1 x  2  k  1 cắt Ox tại điểm C 
1 k 
1
1
2
2
1
1
 SOAC  OA.OC  . 2 .

; SOAB  OA.OB  . 2 . 1  1
2
2
1 k 1 k
2
2
Khi đó, SOAC  2SOAB 
1  k  1
k  0
2
 2  1 k 1 

(TMDK )
1

k


1
k

2
1 k


Bài 4.
D
x
C
F
O
M
N
A E
y
B
Lấy điểm E thuộc Ox sao cho OE  AB; điểm F thuộc tia Oy sao cho OF  CD. Gọi N
là trung điểm EF . Lấy M bất kỳ thuộc tia ON , ta có : SMOE  SMOF
Mà SMOE  SMAB ; SMOF  SMCD  SMAB  SMCD
Vì AB, CD không đổi, nên E , F cố định  N cố định  tia ON cố định.
Vậy M thuộc tia ON thì SMAB  SMCD .
Bài 5.
A
F
E
B
H
I
O
K
C
D
a) BEH , BEH  900  BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH  I là trung điểm
BH, do đó OI  OB  IB nên  I  và  O  tiếp xúc trong
CFH , CFH  900  CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH  K là trung điểm của
CH , do đó OK  OC  KC nên (K) và  O  tiếp xúc trong.
Lại có: IK  IH  KH nên  I  và  K  tiếp xúc ngoài.
b) Tứ giác AEHF có: AEH  AFH  900 ( gt ); EAF  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn (O)). Vậy tứ giác AEHF là hình chữ nhật
c) AHB có AHB  900 , HE  AB  AH 2  AE. AB(1)
AHC có AHC  900 , HF  AC  AH 2  AF .AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AE. AB  AF . AC (dfcm)
d) Ta có FEH  AHE (vì AEHF là hình chữ nhật); IEH  IHE ( IHE cân tại I)
 FEI  FEH  IEH  AHE  IHE  AHB  900  AD  BC 
 EF là tiếp tuyến của  I  tại E
Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của (K) tại F. Vây EF là tiếp tuyến chung
của  I  và  K  (dfcm)
e) Vì EF  AH (do AEHF là hình chữ nhật ) nên EF lớn nhất  AH lớn nhất. Mà
1
AH  AD(do...BC  AD) nên AH lớn nhất  AD lớn nhất  AD là đường kính của
2
 O   H  O. vậy khi H  O thì EF lớn nhất bằng bán kính của  O  .
PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CÁP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức P 
x 1
2 x
25 x


4 x
x 2
x 2
Tìm x để P có giá trị bằng 2
1 1 1
Câu 2. (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực thỏa mãn:    2 và
a b c
1
1 1
a  b  c  abc thì 2  2  2  2.
a b c
Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng:
1 1
1 1
1
1
S  1  2  2  1  2  2  ........  1 

1 2
2 3
20182 20192
Câu 4. (2,0 điểm) Giải phương trình: x2  x  12 x  1  36
Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
3n2  2n2  3n  2n 10
Câu 6. (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:
x2  xy  2017 x  2018 y  2019  0
Câu 7. (1,0 điểm) Cho m, n là các số tự nhiên và p là số nguyên tố thỏa mãn:
p
mn

. Chứng minh rằng khi đó n  2 là một số chính phương.
m 1
p
2 1 1
Câu 8. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn   . Tìm giá trị nhỏ nhất
b a c
ab
cb
của biểu thức P 

2a  b 2c  b
Câu 9. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi M là điểm bất kỳ
thuộc cạnh BC (M khác B, C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy
điểm E sao cho BE  CM .
a) Chứng minh rằng: OEM vuông cân
b) Chứng minh: ME song song với BN
c) Từ C kẻ CH vuông góc với BN tại H. Chứng minh ba điểm O, M , H thẳng hàng
Câu 10. (2,0 điểm) Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để
phủ kín 1 tam giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa?
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Biểu thức có nghĩa khi x  0; x  4
P





x 1
2 x
25 x



4 x
x 2
x 2

x  2 
x 1

x  2 
x 2
2 x

x 2
x 1
2 x


x 2
x 2
x 2

x 2
x  3 x  2  2x  4 x  2  5 x
3 x


x 2

x 2
x 2



x 2
Do đó P  2 

x 2





 
25 x

x 2
25 x
x 2

x 2
3x  6 x

x 2

x 2

x 2



3 x
x 2
3 x
 2  3 x  2 x  4  x  4  x  16(tm)
x 2
Câu 2.
2
1 1 1
1 1 1
Từ    2       4
a b c
a b c
1 1 1
1
1 
1 1 1
 1
abc
 2  2  2  2     4  2  2  2  2
  4(*)
a b c
a b c
 ab bc ca 
 abc 
abc
Mà a  b  c  abc 
1
abc
1 1 1
1 1 1
Nên từ (*)  2  2  2  2  4  2  2  2  2
a b c
a b c
Câu 3.
2
2
n2  n  1   n  1  n 2
1
1

Với n  * ta có: 1  2 
2
n  n  12
n 2  n  1
n2  n  1  2n  n  1  1
2

n2  n  1
Suy ra 1 
2
n

2
 n  1
n2  n  1
2
2
1 
 1
 1  

 n n 1
2
1
1
1
1
1
1
0
(do 1  

1 
2
2
n n 1
n  n  1
n n 1
n  *)
Áp dụng kết quả trên với n  1;2;......;2019ta có:
1
1 
 1 1  1 1

S  1     1     .....  1 


 1 2  2 3
 2018 2019 
1
2018
 2019 
 2018
2019
2019
Câu 4. Điều kiện x  1
Đặt t  x  1, DK : t  0  x  t 2  1
Phương trình đã cho trở thành: t 4  t 2  12t  36  0
2
t 4  t  6  0
  t  2  t  3  t 2  t  6   0
t  2(tm)

t 2  t  6  0 .

t  3(ktm)
t 2 x 3
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x  3
Câu 5.
Ta có:
3n 2  2n 2  3n  2n   3n 2  3n    2n 2  2n 
 3n  32  1  2n1  23  2 
 3n.10  2n1.10  10. 3n  2n1  10( dfcm)
Câu 6.
Ta có : x2  xy  2017 x  2018 y  2019  0
 x 2  xy  x  2018 x  2018 y  2018  1
 x  x  y  1  2018  x  y  1  1
  x  2018  x  y  1  1  1.1   1. 1
Nên có 2 trường hợp xảy ra:
 x  2018  1  x  2019
TH 1: 

x  y  1  1
 y  2019
 x  2018  1  x  2017
TH 2 : 

 x  y  1  1
 y  2019
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên  x; y    2019; 2019  ;  2018; 2019 
Câu 7.
p
mn

 p 2   m  1 m  n 
m 1
p
Vì m, n là các số tự nhiên nên m  n  m  1
Mặt khác p là số nguyên tố nên chỉ có 2 trường hợp: p 2  1. p 2  p. p
m  1  1
m  2
Do đó suy ra 

 n  2  p2

2
2
m  n  p
m  n  p
Vì p là số nguyên tố nên n  2 là số chính phương. Vậy có điều phải chứng minh
Câu 8.
2 1 1
2ac
Vì   nên b 
b a c
ac
2ac
a
ab
c 2  3ac a  3c
a

c



Do đó:
2a  b 2a  2ac
2a 2
2a
ac
2ac
c
cb
c 2  3ac c  3a
a

c



Và:
2c  b 2c  2ac
2c 2
2c
ac
Suy ra :
ab
c  b a  3c c  3a ac  3c 2  ac  3a 2
P




2a  b 2c  b
2a
2c
2ac
2
2
3  a  c   2ac 3.2ac  2ac 8ac



4
2ac
2ac
2ac
Vậy P  4 với mọi a, b, c thỏa mãn đề bài. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
Vậy GTNN của P là 4 khi a  b  c
Theo bài ra :
Câu 9.
E
A
O
B
M
H
D
C
N
a) Xét OEB và OMC, ta có: OB  OC (vì ABCD là hình vuông).
B1  C1  450 ; BE  CM ( gt )  OEB  OMC (c.g.c)
 OE  OM và O1  O3
Lại có O2  O3  BOC  900 (vì tứ giác ABCD là hình vuông)
 O2  O1  900  EOM  900 kết hợp với OE  OM  OEM vuông cân tại O
AM BM
b) Vì AB / /CD  AB / / CN 
(theo định lý Talet) (*)

MN MC
Mà BE  CM ( gt ) và AB  BC  AE  BM thay vào (*) ta có:
AM AE

 ME / / BN (Theo định lý Talet đảo)
MN EB
c) Gọi H ' là giao điểm của OM và BN
Từ ME / / BN  OME  OH ' B (cặp góc đồng vị)
Mà OME  450 vì OEM vuông cân tại O.
 MH ' B  450  C1  OMC BMH '( g.g )
OM MC

, kết hợp với OMB  CMH ' (hai góc đối đỉnh)
OB MH '
 OMB CMH '(cgc)  MH ' C  OBM  450

Vậy BH 'C  BH ' M  MH 'C  900  CH '  BN tại H '
Mà CH  BN tại H  H  H ' hay ba điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm)
Câu 10.
Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3
A
Chia mỗi cạnh tam giác ABC thành ba phần
bằng nhau. Nối các điểm chia bởi các đoạn
thẳng song song với các cạnh. Tam giác ABC
K
được chia thành 9 tam giác đều có cạnh bằng
1 như hình vẽ.
Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh
J
BC, CA, AB sao cho BI  CJ  AK  1. Ba
đường tròn bán kính 1, tâm tương ứng I, J, K
sẽ phủ kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn
sẽ phủ kín được 3 tam giác đều cạnh 1). Như
B
C
I
vậy dùng ba tấm bìa hình tròn bán kính 1 sẽ
phủ kín được tam giác ABC.
*Số tấm bìa ít nhất phải dùng là 3, vì nếu ngược lại sẽ có hai trong ba đỉnh của tam giác
ABC cùng thuộc một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra do cạnh của tam
giác ABC bằng 3
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1.
x
b)
Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  xyz  4
yz  y  1

3 z
và xyz  9. Tính 10 P  1
zx  3 z  3
Cho P 
xy  x  3

y
a)
Chứng minh rằng:
x. 4  y . 4  z   y  4  z  4  x   z  4  x  4  y   8  xyz
Bài 2.
a) Giải phương trình:
x2
 x  2
2
 3  3x 2  6 x
2
2

 x  y  xy  1  2 x
b) Giải hệ phương trình: 
2
2

x  x  y   x  2  2 y
Bài 3.
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2  x  2 y 2  y  2 xy 2  xy  3
b) Chứng minh rằng a13  a23  a33  ......  an3 chia hết cho 3, biết a1; a2 ; a3 ;.....; an là các
chữ số của 20192018
Bài 4.
Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Gọi Q là trung điểm
của NP và các đường cao MD, NE, PF của tam giác MNP cắt nhau tại H
a) Chứng minh rằng MH  2OQ
b) Chứng minh rằng nếu MN  MP  2NP thì sin N  sin P  2sin M
c) Chứng minh rằng ME.FH  MF.HE  2 R2 biết NP  R 2
Bài 5.
ab2
bc 2
ca 2
1
1
1


 
 3. Tìm GTNN của P 
Cho a, b, c  0 thỏa mãn
ab bc ca
ab bc ca
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có: xyz  9
P

y
x

xy  x  xyz
yz  y  1
y

xyz . z
zx  xyz . z  xyz
yz
 1  10 P  1  3
yz  y  1 1  yz  y
1

y  1  yz

b) Ta có: x  y  z  xyz  4  4 x  4 y  4 z  4 xyz  16. Do đó:

x  4  y  4  z   x 16  4 y  4 z  yz   x 4 x  4 xyz  yz

 x 2 x  yz

2



z 2

xy 
 x . 2 x  yz
Tương tự ta có:

y  4  z  4  x   y 2 y  zx
z  4  x  4  y  
z
Vậy, ta có:
x  4  y  4  z   y  4  z  4  x   z  4  x  4  y 



 
xyz   3 xyz
 x 2 x  yz  y 2 y  zx  z 2 z  xy

 2  x  y  z   3 xyz  2. 4 
 8  xyz

(dfcm)
Câu 2.
a) ĐKXĐ: x  2 . Ta có phương trình:
x 2  3  x 2  4 x  4    3x 2  6 x  x 2  4 x  4 
 3x 4  6 x3  16 x 2  36 x  12  0   x 2  6  3 x 2  6 x  2   0
x   6
 x2  6  0

 2

3  3
3 x  6 x  2  0  x 
3


3  3 3  3 


;
Vậy S   6; 6;

3
3




b) Từ phương trình x2  y 2  xy  1  2 x  2 x 2  2 y 2  2 xy  2  4 x
 2 x 2  x  x  y   x  2  2 xy  2  4 x
2
2
 x   x  y   2  x  y   3  0


 x  x  y  1 x  y  3  0
Xét x  0 , thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x được y 2  1  0 (vô nghiệm)
Xét x  y  1  0  y  1  x thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x ta được:
x 1 y  0
x 2  3x  2  0  
 x  2  y  1
Xét x  y  3  0  y   x  3 thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x được:
x2  x  10  0 (vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;0 ; 2; 1 
Câu 3.
a) Ta có
x2  x  2 y 2  y  2 xy 2  xy  3  x 2  x  2 x  2  2 y 2  2 xy 2  y  xy  1
 1  x   2 y 2  y  x  2   1. Ta xét các trường hợp sau:
1  x  1
x  2
x  2
TH 1:  2
 2

2 y  y  x  2  1 2 y  y  3  0  y  1
1  x  1
x  0
x  0
TH 2 :  2
 2

(ktm)
y

1
2
y

y

x

2


1
2
y

y

3

0



Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương  x; y    2;1
a
b) Vì 20192018 3 nên  a1  a2  ......  an  3 . Xét hiệu:
3
1
 a23  a33  ....  an3    a1  a2  .....  an 
  a1  1 a1  a1  1   a2  1 a2  a2  1  ....   an  1 an  an  1 chia hết cho 3
Do đó, a13  a23  a33  .....  an3 chia hết cho 3
Câu 4.
M
E
O
F H
D
N
P
Q
K
a) Ta có MPK  MNK  900 hay KP  MP và KN  MN
Suy ra KP / / NH và KN / / PH nên tứ giác KPHN là hình bình hành, suy ra H , Q, K
thẳng hàng.
Xét KMH có OM  OK , QH  QK nên OQ là đường trung bình KMH
 MH  2OQ
MP MP
MP

 2R 
MK 2 R
sin MNP
MN
NP
Tương tự ta cũng có: 2 R 
và 2 R 
sin MPN
sin NMP
MN
MP
NP
Do đó:


sin MPN sin MNP sin NMP
MN  MP
2 NP


 sin MPN  sin MNP  2sin NMP
sin MPN  sin MNP sin MPN  sin MNP
b) Ta có sin MNP  sin MKP 
c) Ta có NP  R 2  NQ 
R 2
2
Áp dụng Pytago có: OQ  NO 2  NQ 2  R 2 
R2 R 2

 NQ
2
2
 NOQ vuông cân tại Q  NOQ  450
 NOP  900  NMP  450  NHF  PHE  450
Do đó các tam giác NHF và PHE vuông cân. Suy ra NH  2FH và PH  2HE
Theo câu a thì MH  2OQ  R 2
Mặt khác NDH
Tương tự PDH
ND NH
2 FH FH



 ME.FH  R.ND
ME MH
R
R 2
MFH  MF.HE  R.PD
MEH 
 ME.FH  MF .HE  R. ND  PD   R.NP  2R 2
Câu 5.
Từ giả thiết
1
1
1
 
 3  a  b  c  3abc. Áp dụng BĐT Cô si ta có:
ab bc ca
ab2
bc 2
ca 2
ab2 bc 2 ca 2
3
P


3
.
.

ab bc ca
ab bc ca
Lại có:
3
P
3
2
 a  b  b  c  c  a 
Vậy GTNN của P là
3abc
 a  b  b  c  c  a 
a  b  b  c  c  a 2 a  b  c


 2abc
3
3
3
. Đạt được khi a  b  c  1
2
3
SỞ GD&ĐT
TP HỒ CHÍ MINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. Cho x, y là các số thực sao cho
2 1
1
x2 y 2
 
. Tính giá trị của P  2  2
x y 2x  y
y
x
Câu 2. Cho a, b, c là các số thực sao cho a  b  c  2 và ab  2c2  3c  1. Tìm GTLN của
P  a 2  b2
Câu 3. An khởi hành từ Sài Gòn đi Biên Hòa. Sau đó 5 phút, Bình và Cường khởi hành
từ Biên Hòa về Sài Gòn. Trên đường đi, An gặp Cường ở địa điểm C rồi gặp Bình ở địa
điểm D. Tính vận tốc của mỗi người biết rằng quãng đường Sài Gòn – Biên Hòa dài
3
39km; CD  6km, vận tốc của An bằng 1,5 vận tốc của Bình và bằng vận tốc Cường.
4
Câu 4. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn  O  . Từ B kẻ đường thẳng
vuông góc với OC , đường thẳng này cắt AC tại D cắt  O  tại E  E  B  . Cho biết
AB  8cm, BC  4cm.Tính độ dài các đoạn thẳng DE, OA, OD
Câu 5. Hộp phô mai có dạng hình trụ, đường kính đáy 12,2cm và chiều cao 2,4cm
a) Biết rằng 8 miếng phô mai được xếp nằm sát bên trong hộp và độ dài của giấy gói
từng miếng không đáng kể. Hỏi thể tích mỗi miếng phô mai là bao nhiêu ?
b) Tính diện tích giấy gói được sử dụng cho một miếng phô mai (ghi kết quả gần
đúng chính xác 1 chữ số thập phân).
ĐÁP ÁN
Câu 1.
ĐKXĐ: x, y  0, y  2 x . Từ giả thiết
2 1
1
 
  2 y  x  2 x  y   xy
x y 2x  y
 x2  xy  y 2  0 . Đặt y  tx , ta có :
x 2 1  t  t 2   0  t 2  t  1  0  t 
1  5
2
1  5
x2 y 2 1 2 
2   1  5 
 P  2  2  2 t 
Xét t 

 
2
y
x
t
2 
 1  5  
2



2
3 5 2 3 5 3 5



3
2
4
2
3 5
Xét t 
1  5
2
x2 y 2 1
2   1  5 

 P  2  2  2  t2  

 
y
x
t
2 

1

5

 
2

2

2

2
3 5 2 3 5
3 5



3
2
4
2
3 5
Vậy P  3
Câu 2.
Ta có :
 c  2
2
  a  b   4ab  4  2c 2  3c  1  c 2  4c  4  8c 2  12c  4
2
8
 7c 2  8c  0  c  7c  8   0  0  c  .
7
Do đó P  a 2  b2   a  b   2ab
2
2c 2 
2

  c  2   2  2c 2  3c  1  3c 2  2c  2  3  c 2   
3 3

2
1 7 7

 3  c    
3 3 3

Vậy GTLN của P là
7
1
8
. Đạt được khi c  thỏa mãn điều kiện 0  c 
3
3
7
Câu 3.
Gọi quãng đường AC là x  km  . ĐK: 0  x  33 ,
Khi đó quãng đường BD là 33  x(km)
Gọi vận tốc của An là y  km / h  ; ĐK y  0
Khi đó vận tốc của Bình là
2y
4y
(km / h) và vận tốc của Cường là
(km / h)
3
3
Thời gian An đi từ Sài Gòn đến C là
x
x6
(giờ) và từ Sài Gòn đến D là
(giờ)
y
y
Thời gian Bình đi từ Biên Hòa đến D là
99  3x
(giờ)
2y
Thời gian Cường đi từ Biên Hòa đến C là
117  3x
(giờ)
4y
Vì Cường và Bình xuất phát sau An 5 phút 
1
giờ nên ta có hệ phương trình:
12
 x 117  3x 1
 x 117  3x 1


y
 y  4 y  12 117  3x 87  3 x
4
y
12






x

6
99

3
x
1
x
87

3
x
1
4
y
2y

 



 y
 y
2y
12
2y
12
 117  3x  2  87  3x   x  19(tm)
Ta có :
19 117  3.19 1
19 15 1

     y  48(tm)
y
4y
12
y
y 12
Vậy vận tốc của An, Cường, Bình lần lượt là 48km / h,64km / h,32km / h
Câu 4.
A
E
O
D
K
B
H
M
C
Kẻ đường cao AH của ABC , tia AH cắt (O) tại M. Vì ABC cân tại A nên AM là
đường kính và HB  HC  2cm.
ABM vuông tại B nên AB2  AH . AM  64  AB 2  HB 2 .AM
 64  60. AM  AM 
32 15
16 15
 AO 
(cm)
15
15
Lại có: CBD  COM  2CAM  CAB  ABC
BDC
AB BC AC
BC 2



 CD 
 2cm & BD  BC  4cm  AD  6cm
BD CD BC
AC
Mặt khác CBD EAD 
BD CD
6.2

 DE 
 3cm
AD DE
4
Ta có
BD.DE   BK  KD  . EK  KD    BK  KD  BK  KD   BK 2  KD 2
  OB 2  OK 2    OD 2  OK 2   OB 2  OD 2
 OD  OB 2  BD.DE 
256
2 285
 3.4 
(cm)
15
15
Câu 5.
a) Ta có bán kính đáy hình trụ là R  6,1cm
Do đó thể tích hình trụ V   R2h   . 6,1 .2,4  89,304
2
V
 11,163  cm3 
8
b) Một miếng pho mai là hình gồm 2 mặt đáy là 2 hình quạt tròn bằng nhau nên có
Vậy thể tích một miếng pho mai là
diện tích là : S1  2.
 R 2 .45  R 2
340

4
. Hai mặt bên là 2 hình chữ nhật bằng nhau nên
diện tích S2  2h.R
Một mặt bên là hình chữ nhật dạng cong nên có diện tích S3 
2 R
 Rh
.h 
8
4
Diện tích giấy gói phải là :
 R2
 Rh 3,14
S1  S2  S3 
 2 Rh 

.6,1 6,1  2,4   2.6,1.2,4  70(cm3 )
4
4
4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
 x 1
xy  x  
xy  x
x 1 

 1 :  1 

Câu 1. Cho biểu thức P  

 xy  1 1  xy
 
xy  1
xy  1 

 
Với x, y  0, xy  1
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x  3 4  2 6  3 4  2 6 và y  x 2  6
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho các đường thẳng
 d  :  m  1 x  y  3m  4 và  d ' : x   m  1 y  m. Tìm m để (d) cắt  d ' tại điểm M sao
cho MOx  300
Câu 3. a) Giải phương trình
3x  1  6  x  3x2  14 x  8  0
 x3  2 x 2  2 x  2 y  x 2 y  4  0
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  xy  4 x  1  3x  y  7
Câu 4. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3
thì 3a2  3b2  3c2  4abc  13
Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn. Vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng HG / / BC thì tan B.tan C  3
b) Chứng minh rằng t anA.tan B.tan C  tan A  tan B  tanC
Câu 6. Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác ABC, ABH , ACH . Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ , AK với cạnh
BC lần lượt là E và F
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp AEF
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn ngoại tiếp
ABC có bán kính bằng nhau.
Câu 7. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  sao cho
x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
x  y 2019
là số hữu tỉ và
y  z 2019
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:

P

 
x  1 1  xy 


xy  x 1  xy  1  xy
1  xy 1  xy 
1  xy   xy  x 1  xy    x  11 
:
1  xy 1  xy 
b) Ta có:
x3  8  3 3 4  2 6 . 3 4  2 6

3
xy

22 x

2 x y  2 xy
x 1
xy


x 1


4  2 6  3 4  2 6  8  6x
 x. x 2  6   8  xy  8  P 
1
2

4
8
Câu 2. Từ  m  1 x  y  3m  4  y  1  m  x  3m  4 thế vào phương trình đường
thắng  d ' ta có:
x   m  1 .x   m  1 3m  4   m  m  2  m  x   2  m  3m  2  (*)
2
Để (d) và (d’) cắt nhau tại M thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất, suy ra
m  0, m  2
3m  2
1  m  3m  2   3m  4  m  2 . Do đó M  3m  2 ; m  2 
y


m 
m
m
m
 m
MH
m2
 tan 300 
Kẻ MH vuông góc với Ox. Do MOx  300 nên tan MOx 
OH
3m  2
Khi đó x 
1
m2
4
2 3
 m2  1
2





m


m


thỏa mãn

3
3
3 3m  2
 3m  2  3
Câu 3.
1
a)ĐKXĐ:   x  6. Phương trình  3x  1  4  6  x  1  3x 2  14 x  5  0
3
2

 

1
xy

3x  15
5 x
3
1



  x  5 3x  1  0   x  5 

 3x  1  0
3x  1  4
6  x 1
6  x 1
 3x  1  4

3
1
1

 3x  1  0
Do   x  6 nên
3
3x  1  4
6  x 1
Do đó x  5 là nghiệm của phương trình.
b) ĐKXĐ: 3x  y  7  0. Từ phương trình thứ nhất ta có  x 2  2   x  y  2   0
Vì x2  2  0 nên x  y  2  0  2  x thế vào phương trình (2) ta được:
x 2  x  2  x   4 x  1  3x  2  x  7  4 x  5  2 x 2  6 x  1
 2 4 x  5  4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  11   2 x  3
Đặt
2
4 x  5  2t  3, ta có hệ phương trình:
2

t  x
2
2
 2t  3  4 x  5

2
t

3

2
x

3

4
x

t

t

x
t

x

2

0











t  2  x
2


 2 x  3  4t  5
 x2  4 x  1  0 
x  2  3
Xét t  x  4 x  5  2 x  3  

(TMDK )
2
x

3

0
y


3



 x2  2 x  1  0 
x  1  2
Xét t  2  x  4 x  5  1  2 x  

(TMDK )
y

1

2
1  2 x  0




Vậy hệ phương trình đã cho  x; y   2  3;  3 ; 1  2;1  2

Câu 4.
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a  b  c  3  c  c  3  2c  0
Đặt
2
2
P  3a 2  3b2  3c 2  4abc  3  a  b   2ab   3c 2  4abc  3 3  c   3c 2  2ab  3  2c 


2
2
2
3  c  . 3  2c 

 a b  3c 
Lại có: ab  
.
 
  2ab  3  2c  
2
 2   2 
Do đó:
P  3  3  c   3c
2
2
3  c  . 3  2c   c  6c  9   3  2c 

2c 2  3c 2  27
2


 3c 
2
2
2
2  c3  2c 2  c    c 2  2c  1  26
2
2
2c  c  1   c  1


 13  13
2
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
2
2
Câu 5.
A
E
N
H
B
D
G
C
M
a) Gọi M là trung điểm BC
Ta có: tan B.tan C  tan ABD.tan ACB 
AD AD
.
BD CD
Xét BDH và ADC có: BDH  ADC  900 ; HBD  HAE nên BDH
AD
 BD.CD  AD.DH do đó tan B.tan C 
DH
AD AM

 3  tan B.tan C  3
Vì HG / / BC nên
DH GM
ADC
b) Ta có tan B.tan C 
và
AD
1
S
1
S

 BHC . Tương tự ta cũng có
 CHA ;
DH
tan B.tan C S ABC
tan C.tan A S ABC
1
S
 AHB .
tan A.tan B S ABC
Do đó:
1
1
1
S  S BHC  SCHA


 AHB
1
tan A.tan B tan B.tan C tan C.tan A
S ABC
Suy ra tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C
Câu 6.
A
I
K
J
B
E HM
F
C
a) Ta có AEC  EAH  CAE  EAB  900 mà EAH  EAB  AEC  CAE  ACE cân
Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra I là tâm đường tròn ngoai tiếp AEF
b) Kẻ IM  BC tại M  ME  MF. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC thì
IM  r. Ta có ABF cân tại B, ACE cân tại C nên EF  AB  AC  BC
Ta dễ dàng chứng minh được AB  AC  BC  2r suy ra EF  2r. Vì CI là trung trực AE
nên KEC  KAC mà KAH  KAC; KAH  KFE  900  KEC  KFE  900
EF
 r  MJ  MI  MK  r
Hay KEF vuông tại K  MK 
2
Câu 7.
Đặt

 
x  y 2019 a
 với a, b * và  a, b   1. Ta có: b x  y 2019  a y  z 2019
y  z 2019 b
bx  ay  0
x y a
 bx  ay   az  by  2019  
    zx  y 2
y z b
az  by  0
Do đó x2  y 2  z 2   x  z   2 zx  y 2   x  z   y 2   x  y  z  x  z  y 
2
2
Vì x, y, z nguyên dương nên x  y  z  1. Vậy x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố thi
 x2  y 2  z 2  x  y  z
x  y 2019
 1 và x 2  y 2  z 2  1
 x  y  z  1. Khi đó

y  z 2019
x  z  y  1

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHI XUÂN
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9
NĂM HỌC 2018-2019
Bài 1.
a) Thu gọn biểu thức sau: A  12  6 3  21  12 3
b) Cho biểu thức B   4 x5  4 x 4  5x3  5x  2 
Tính giá trị của B khi x 
1
2
2018
 2018
2 1
2 1
Bài 2. a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2  2 y  1  y 2  2 z  1  z 2  2 x  1  0
Tính giá trị của biểu thức A  x15  y10  z 2018
4
n
b) Tìm các số nguyên dương n sao cho n  4 là số nguyên tố
Bài 3.
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 20 y 2  6 xy  150  15 x
b) Tìm k để phương trình sau có nghiệm
 x2  1  x2  2x  k  1  2k 2  6k  6  2x
Bài 4. a) Cho tứ giác ABCD có M , P lần lượt là trung điểm của AD, BC. N và Q
lần lượt thuộc các cạnh AB và CD thỏa mãn MNPQ là hình bình hành (N, Q không
trùng với trung điểm của AB và CD). Chứng minh rằng ABCD là hình thang
b) Cho ABC vuông tại A. Trên các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự lấy các điểm
D, E, F sao cho DE vuông góc với BC và DE  DF. Gọi M là trung điểm của EF .
Chứng minh rằng BCM  BFE
Bài 5. Cho a, b  0 thỏa mãn a 2  b2  a  b. Tìm GTLN của S 
a
b

a 1 b 1
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Ta có: A 
b) Ta có x 
1
2
3  3 
2

2 1 1

2 1 2
2

3 3


2
 3 3  2 3 3 3

2 1

2 1
2

2 1

1
2


2  1  2x  1  2
  2 x  1  2  4 x 2  4 x  1
2
 4 x5  4 x 4  5 x3  5 x  2  x3  4 x 2  4 x   5 x3  5 x  2  4 x3  5 x  2
  x  4 x 2  4 x   4 x 2  5 x  2  4 x 2  4 x  2  1  2  1.
 B  2019
Bài 2.
a) Ta có
x2  2 y  1  y 2  2 z  1  z 2  2 x  1  0   x  1   y  1   z  1  0
2
2
 x  y  z  1  A  x15  y10  z 2018  1
b) Xét n  1 ta có n4  4n =5 thỏa mãn
Xét n  1. Nếu n chẵn thì  n4  4n  2 và n4  4n  2 nên n4  4n là hợp số
Nếu n lẻ, ta đặt n  2k  1 k 
 , ta có :
n 4  4n   n 2    4k.2    n 2  4k.2   2.n 2 .4k.2
2
2
2
  n 2  4k.2    2n.2k    n 2  2n.2k  4k.2  n 2  2n.2k  4k.2 
2
2
Tích cuối cùng là 1 hợp số
Vậy n  1 thỏa mãn bài toán
Bài 3.
a) Phương trình 20 y 2  6 xy  150  15x  6 xy  15x  20 y 2  150
 3x  2 y  5  5  4 y 2  25  25   2 y  510 y  25  3x   25
Xét các trường hợp sau:
2
70

x

2 y  5  1
TH 2 : 

3 (ktm)
10 y  25  3x  25  y  2

2 y  5  1
 x  10
TH 1: 

10 y  25  3x  25  y  3
 x  10
2 y  5  25

TH 4 : 

74 (ktm)
10
y

25

3
x


1
y



3
70

2 y  5  5
x 
TH 6 : 

3 (ktm)
10
y

25

3
x

5

 y  5
2 y  5  25
 x  58
TH 3: 

10 y  25  3x  1  y  15
2 y  5  5
 x  58
TH 5 : 

10 y  25  3x  1  y  15
Vậy phương trình có 3 nghiệm  x; y  10;3 ; 58;15 ; 10;0 
b) Vì x 2  1  0 nên phương trình x 2  2 x  k  1  2k 2  6k  6 
 x 2  2k  k  1  k 2  2k  1  k 2  4k  4  1 
  x   k  1    k  2 
2
2
 x  1

2x
x 1
2
2x
0
x 1
2
2
x2  1
0
x  1
Dấu "  " xảy ra khi 
. Vậy k  2 thì phương trình có nghiệm x  1.
k

2

Bài 4.
a)
A
B
N E
P
M
I
D
F
C
Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB, CD. Ta có ME là đường trung bình
của ABD nên ME / / BD, BD  2ME
Ta cũng có PF là đường trung bình của BCD nên PF / / BD, BD  2PF
Suy ra ME / / PF và ME  PF  MEPF là hình bình hành
Gọi I là giao điểm của MP và EF thì IE  IF (1)
Mặt khác MNPQ cũng là hình bình hành nên NQ đi qua I và IN  IQ(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác NEQF là hình bình hành. Suy ra NE / /QF
Hay AB / /CD , do đó ABCD là hình thang.
b)
A
F
D
I
K M
B
C
E
Ta có DE  DF nên DEF cân có ME  MF nên DM  EF và
MDF  MDE , kẻ DK  BF tại K
Ta có DKF  DMF  900 nên DKMF nội tiếp  MKF  MDF  MDE
Mà MDE  MEC (cùng phụ với MED) , suy ra MKF  MEC
(1)
Ta lại có BED  BKD  900  BEKD là tứ giác nội tiếp
 BKE  BDE mà BDE  BCA (cùng bù với ADE )
Suy ra BKE  BCA nên tứ giác CEKF nội tiếp  CKF  MEC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MKF  CKF  K , M , C thẳng hàng  BCM  BFE
Bài 5.
Ta có: a 2  b2  2ab  2  a 2  b2    a  b   2  a  b    a  b   0  a  b  2
2
a
b
1
1
1 
 1

1
1
 2


a 1 b 1
a 1
b 1
 a 1 b 1
1 1
4
Áp dụng BĐT  
với x, y  0 ta có:
x y x y
Do đó S 
2
1
1
4
4



1
1 a 1 b a  b  2 2  2
Suy ra S  2  1  1. Vậy MaxS  1  a  b  1
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN LAI VUNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4,0 điểm)
1. Tính A 

8 3 2  2 5

2  10 0,2

2. Tìm các số tự nhiên n sao cho B  n2  2n  18 là số chính phương
3. Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a chia cho 13 dư 2 và b
chia cho 13 dư 3 thì a 2  b2 chia hết cho 13
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Cho biểu thức C 


2 x 3
x x 3
x 3


. Tìm diều kiện xác
x 2 x 3
x 1
3 x
định và rút gọn C
2. a) Chứng minh
x4  1 
1
x 2  4  với mọi số thực x. Dấu đẳng thức xảy

17
ra khi nào ?
1
b) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2  b 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
biểu thức D  a 4  1  b4  1
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Giải các phương trình sau:
a) x4  2 x3  4 x  4
1
1
b) 2  x  2   2 x  1
x
x
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
An dự định đi từ A đến B bằng xe đạp điện trong khoảng thời gian nhất
định. Nếu An đi với vận tốc 20km / h thì đến B sớm 12 phút. Nếu An đi với
vận tốc 12km / h thì đến B trễ 20 phút. Tính quãng đường AB và thời gian dự
định đi lúc đầu của An
Câu 4. (4,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD và điểm M thuộc cạnh BC ( M khác B, C). Một
đường thẳng đi qua A và vuông góc với AM cắt CD tại N
a) Chứng minh BM  DN
AM
b) Tính tỉ số
MN
2. Cho tam giác ABC , đường cao AH . Trên tia đối tia AH lấy điểm D sao cho
AD  BC. Tại B kẻ BE  AB sao cho BE  AB (E và C thuộc hai nửa mặt
phẳng đối nhau từ bờ là AB). Tại C kẻ CF  AC sao cho CF  AC (F và B
thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ AC ). Chứng minh ba đường thẳng
DH , BF và CE đồng quy
Câu 5. (4,0 điểm)
Cho đường tròn  O; R  và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M
di động trên đường thẳng d vuông góc với OA tại A, vẽ các tiếp tuyến ME, MF với
đường tròn  O  ,( E, F là các tiếp điểm). Đường thẳng chứa đường kính của đường
tròn song song với EF cắt ME, MF lần lượt tại C và D. Dây EF cắt OM tại H, cắt
OA tại B
1. Chứng minh rằng: OAOB
. không đổi
2. Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đường
thẳng d
3. Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích của HBO lớn nhất.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) A  8  3 2  2 5

 2


 2 2 3 2 2 5


2  10 0,2


2   2 5    2 
2  20
2
5 2 2 5
2
 20  2  18
2) Đặt n2  2n  18  a 2
2
 a 2   n  1  17   a  n  1 a  n  1  17
Vì a  , n    a  n  1   a  n  1 ;17 là số nguyên tố
Suy ra a  n  1  17(*) và a  n  1  1  a  n  2
Thay a  n  2 vào (*) tính được n  7
3) Do a chia cho 13 dư 2 nên a  13x  2  x  
b chia cho 13 dư 3 nên b  13 y  3 y  
 a 2  b 2  13x  2   13 y  3
2
2
 169 x 2  52 x  4  169 y 2  78 y  9
 13.13 x 2  4 x  13 y 2  6 y  1  13K 13
Vậy a 2  b2 chia hết cho 13 dfcm 
Câu 2.
1. Điều kiện xác định: x  0, x  9
C


x x 3 2


  x  3
x  1 x  3
2
x 3 

x 1
x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3


x 1
x 3

x  3  x  8 



x

1
x

3
x

1
x

3
 
  

x x  3x  8 x  24
2a) Ta có
x4  1 
x8
x 1
2
1
x 2  4   0  17  x 4  1   x 2  4   0

17
Mà 17  x 4  1   x 2  4    4 x 2  1  0 với mọi x
2
2
Vậy 17  x 4  1   x 2  4  hay
2
x4  1 
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  
1
x2  4

17
1
2
1
a 2  b2  8

17
1
1 1
17

.  8  
Mà a 2  b 2   D 
2
2
17  2

1
17
Vậy GTNN của D là
khi a  b 
2
2
Câu 3.
1a) x4  2 x3  4 x  4 (1)
1  x 4  2 x3  x 2  x 2  4 x  4
2b) Áp dụng kết quả câu 2a) ta có: D 
 x 2  x  1   x  2 
2
2
 x  x  1  x  2
 x2  2  x   2

 2
x
x

1


x

2


 x  2 x  2  0(VN )

Vậy S  2
1
1
1b) 2  x  2   2 x  1 (3)
x
x
x  0
x  0


Điều kiện xác định  x  2  0  
1
2 x  1  0  x   2

 3  1  x 2 x  2  x  x 2 2 x  1
 1  x   x 2  x  2  2 x  1   0
 1  x   x 2 .
1 x
0
x  2  2x  1

 1  x  1 

x 1

x2

x2
0
1
 0(VN ...do..DK )
x  2  2x  1 
x  2  2x  1

Vậy S  1
2) Gọi x (giờ) là thời gian dự định đi lúc đầu ( x  0)
Theo đề bài ta có phương trình:
1
1


20  x    12  x    20 x  4  12 x  4  x  1(tm)
5
3


 1
Vậy thời gian dự định là 1 giờ, quãng đường AB dài 20.1    16km
 5
Câu 4.
B
A
M
N
C
D
1) a) ABM và ADN có:
AB  AD, ABM  ADN  900 ; BAM  DAN  900  MAD
nên ABM  ADN ( g.c.g )  BM  DN
b) Vì ABM  ADN  AM  AN  AMN vuông cân tai A
AM

Do đó
MN
AM 2
MN 2

AM 2
AN 2  AM 2

AM 2
2 AM 2

2
2
D
A
F
I
E
1
B
2
H
C
2) DAC và BCF có:
DA  BC ( gt ); AC  CF ( gt ); DAC  BCF  900  ACH
Nên DAC  BCF  ACD  F
Mà ACD  DCF  900  F  DCF  900
Gọi I là giao điểm của BF và DC . Trong CIF có F  DCF  900
 CIF  900 hay DC  BF
Chứng minh tương tự ta được: DB  CE
Trong DBC có DH , CE, BF là các đường cao nên chúng đồng quy
Câu 5.
M
E C
H
A
B NK O
F
D
OE  OF   R 
 OM là đường trung trực của EF  OM  EF
1. Ta có 
ME

MF

OB OH
HOB AOM 

 OA.OB  OH .OM
(1)
OM OA
(2)
EOM vuông tại E, đường cao EH nên OE 2  OH .OM
2
2
.  OE  R (không đổi)
Từ (1), (2) suy ra OAOB
R2
2
2. Vì OA.OB  R  OB 
mà R không đổi do đó OB không đổi mà O cố
OA
định nên B cố định
Vậy khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì EF luôn đi qua điểm cố định B
BO
3. Gọi K là trung điểm của OB , mà BHO vuông tại H nên HK 
2
Do OB không đổi nên HK không đổi
HN .BO
Kẻ HN  BO , ta có: S BHO 
2
Vì BO không đổi, nên S HBO lớn nhất  HN lớn nhất
Mà HN  HK , dấu "  " xảy ra  N  K
Vậy S HBO lớn nhất  HBO vuông cân tại H  MO tạo với OA một góc 450
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN – BẢNG A
Thời gian: 150 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y 2  xy  x  2 y  5  0
b) Chứng minh rằng: A  22  4n  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n
Câu 2. (6,5 điểm)
8 x3  4 x
a) Giải phương trình: 2 x  3 
2x  5
n
 x  12   y  32  1
b) Giải hệ phương trình: 
 x  1 y  3  x  y  3
Câu 3. (2,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
4
4
 a   b   c 
P
 
 

ab bc ca
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  . Gọi D, E, F lần lượt là chân
các đường cao kẻ từ 3 đỉnh A, B, C của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường
tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB),
đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N. Chứng minh rằng:
a) EF  OA
b) AM  AN
2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho
AB.CD
ADB  ACB  900 và AC.BD  AD.BC. Chứng minh
 2
AC.BD
Câu 5. (2,0 điểm) Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng
1
minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng
nằm trong hình vuông đó mà không
91
chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có: 2 y 2  xy  x  2 y  5  0  x  y  1  2 y 2  2 y  5  x  2 y 
5
y 1
( y  1 không thỏa mãn phương trình )
Vì x, y là các số nguyên nên y  1 là ước của 5.
TH 1: y  1  1  y  2  x  9
TH 2 : y  1  1  y  0  x  5
TH 3: y  1  5  y  6  x  13
TH 4 : y  1  5  y  4  x  9
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  x; y  là  9;2  ;  5;0  ; 13;6 ;  9; 4 


b) Ta có: A  22  4n  16  22  1   4n  1  18
n
n
Đặt 22  22k  k  *  22  1  22k  1  4k  1 3
n
n
Do đó với mọi n nguyên dương, ta có: 22  1 3;4n  1 3;18 3
n
 A  22  4n  16 3
Câu 2.
n
3
2
3
8x  4 x
2x  3 
  2 x  5 2 x  3  8 x3  4 x
2x  5
a) Điều kiện : x 



2 x  3  2 2 x  3   2 x   2.2 x
3
3
Đặt a  2 x  3  0, b  2 x , ta có:
2


b  3b 2
a  2a  b  2b   a  b   a   
 2  0  a  b
2
4


2 x  0
1  13
Suy ra 2 x  3  2 x  

x

2
4
2 x  3  4 x
3
Vậy x 
3
1  13
4
b) Hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2

 x  1   y  3  1


 x  1 y  3   x  1   y  3  1
Đặt a  x  1; b  y  3. Ta được hệ phương trình:
 a  b 2  2ab  1
a 2  b 2  1


ab  a  b  1 ab  a  b  1
Đặt S  a  b; P  ab, điều kiện S 2  4 P. Hệ trên trở thành:
  S  1
(tm)

S 2  2P  1  P  0


S  3
P

S

1


(ktm)
P

4
 
 a  1   x  1  1
 x  0



 S  1 a  b  1  b  0
y  3  0
y  3






 a  0
 x  1  0
 x  1
P  0
ab  0



b


1
y

3


1
 
 
  y  2
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là  0;3 ; 1;2 
Câu 3.
Ta có: P 
1
4

1
4

1
4
 b  c  a
1   1   1  
 a  b  c
b
c
a
Đặt x  , y  , z   x, y, z  0, xyz  1
a
b
c
1
1
1
P


4
4
4
1  x  1  y  1  z 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
1 1
1
1 
P 



3  1  x 2 1  y 2 1  z 2 
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
  x 2 
1
y
2
1  xy  1 
  1  x  



2

 
y 
1  x  1  xy  x  y 
 

1
x
Tương tự:

2
1  y  1  xy  x  y 


2
1
Từ 2 bất đẳng thức trên ta có:
1  x 
2

1
1  y 
2

1
1  xy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1
Tương tự:

1
1  x 
2
1
1  z 

2

1
1  y 
2
1
1  1

2

1
1
1
1



2
1 z
1  z  1  z 4
1
1  z 
2

1
1
1
z
1
1 3

 

 
1  xy 1  z 4 1  z 1  z 4 4
3
3
,P   x  y  z 1 a  b  c
16
16
3
Vậy MinP   a  b  c
16
Ta có: P 
Câu 4.
1.
N
y
A
P
E
x
F
O
M
B
C
D
a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA  xy
Xét tứ giác BCEF có BEC  900 ( gt ); BFC  900 ( gt ) do đó tứ giác BCEF là tứ giác
nội tiếp suy ra ACB  AFE (1)
1
Mặt khác BAx  sd AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2
1
ACB  sd AB (góc nội tiếp ) do đó BAx  ACB (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra AFE  BAx ở vị trí so le trong nên EF / / xy hay EF  OA
b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q
AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, do đó
ACB  AFP


1
1
Mặt khác: ACB  sd AB  sd BM  MA ;
2
2

1
AFP  sd BM  AP
2

Do đó: sd AM  sd AP suy ra BA là tia phân giác của MBQ và AM  AP 1
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ACB  BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB  BFQ
Do đó BFQ  BFM  ACB, suy ra FB là tia phân giác của MFQ
MFB  QFB  MB  QB  BMP  BQN  BP  BN ,
Do đó ABN  ABP nên AN  AP
Từ (1) và (2) suy ra AM  AN
2.
(2)
A
E
D
B
C
Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD
không chứa C
Ta có: ADE  ACB và DE  DB
Từ giả thiết: AC.BD  AD.BC 
 ADE
ACB 
AD BD DE


AC BC BC
AB AC

AE AD
Mặt khác, BAC  EAD  CAD  BAE. Do đó CAD BAE
AC CD
CD
AB.CD




 2 (ĐPCM)
AB BE BD 2
AC.BD
Câu 5.
1
.
45
Gọi  C1  ,  C2  ,......, C2025  là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên, chúng
Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng
có bán kính bằng nhau và bằng
1
.
90
Gọi  C1'  ,  C2 ' ,......, C2025 ' lần lượt là các hình tròn đồng tâm với các hình tròn ở trên
1
. Khi đó, các hình tròn này nằm trong hình vuông và đôi một không
91
có điểm chung (rời nhau)
có bán kính là
Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau  C1'  ,  C2 ' ,......,  C2025 ' và có 2019
điểm nên tồn tại một hình tròn trong các hình tròn này không chứa điểm nào trong
2019 điểm đã cho.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1.
a) Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn a  b  c3  2018c. Chứng minh rằng
A  a3  b3  c3 chia hết cho 6
b) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn 4 x  1  3y
c) Cho B  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ....  n  n  1 n  2  với n *. Chứng minh rằng
B không thể là số chính phương
Bài 2.
a) Giải phương trình : 3x 2  4 x  11   2 x  5 3x  7
2
2

x  x  y  y  5
b) Giải hệ phương trình:  3
3
2
2

 x  y  x y  xy  6
Bài 3.
a) Rút gọn biểu thức C  1  x 
2
x2
 x  1
2

x
với x  0.
x 1
b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm GTLN của D  ab  ac
c) Với x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng  y  z  x  z  x  y  x  y  z   xyz
Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , đường phân giác AD  D  BC . Các điểm E và
F lần lượt chuyển động trên các caanhj AB, AC sao cho BE  CF. Trên cạnh BC lấy các
điểm P và Q sao cho EP và FQ cùng song song với AD
a) So sánh BP và CQ
b) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác AEF thuộc một đường thẳng cố định
Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB  2R. Gọi C là trung điểm của AO, vẽ tia
Cx vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại I. Lấy K là điểm bất kỳ trên đoạn CI (K
khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia Cx tại D. Vẽ tiếp tuyến
với đường tròn  O  tại M cắt tia Cx tại N.
a) Chứng minh rằng KMN cân
b) Tính diện tích ABD theo R khi K là trung điểm của CI
c) Khi K di động trên CL. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp AKD đi qua điểm
cố định thứ hai khác A
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Ta có: a  b  c3  2018c  a  b  c   c  1 c  c  1  2016c chia hết cho 6. Mặt
khác  a3  b3  c3    a  b  c    a  1 a  a  1   b  1 b b  1   c  1 c  c  1 chia
hết cho 6. Do đó A  a3  b3  c3 chia hết cho 6
b) Xét x  1  y  1
Xét x  2 thì 4 x 8. Nếu y chẵn , đặt y  2k  k  *  1  3y  1  9k  2 mod8 , vô lý
Nếu y lẻ, đặt y  2k  1 k  *  1  3y  1  9k .3  4 mod8 , vô lý
Vậy x  y  1 thỏa mãn bài toán
c) Ta có :
4B  1.2.3.4  2.3.4. 5  1  3.4.5. 6  2   ....  n  n  1 n  2   n  3   n  1
 n  n  1 n  2  n  3  n4  6n3  11n2  6n  n4  6n3  11n2  6n  1   n2  3n  1
Mặt khác:
n4  6n3  11n2  6n  n4  6n3  9n2   n 2  3n 
  n2  3n   4 B   n2  3n  1
2
2
2
Do đó B không thể là số chính phương
Bài 2.
7
a) ĐKXĐ: x   . Phương trình tương đương
3
3x 2  3x  3x 3x  7  4 x  4  4 3x  7  x 3x  7  3x  7  3x  7  0

 



 3x x  1  3x  7  4 x  1  3x  7  3x  7 x  1  3x  7  0



 x  1  3x  7 3x  4  3x  7  0
Xét
3x  7   x  12
3x  7  x  1  
 x3
x


1

2
Xét
3x  7   4  3x 2
3 5

3x  7  4  3x   7

x

4
2
  x 
3
 3

 3 5

Vậy S  3;

2 




 x  y  x  y  1  5
b) Hệ phương trình  
2

 x  y  x  y   6
 a  1 b  5
x  y  a
Đặt 
ta có:  2
x  y  b
ab  6
Nếu b  0  x  y, vô nghiệm . vậy b  0 ta có: ab2  6  a 
6
. Thế vào  a  1 b  5 được
b2

7

3
x



3 x  y 

4
b  2  a   
2
2 

y   1
x y2



4
b 2  5b  6  0  
 11

2

 x  6

2 x  y 
3
b  3  a  3  
 x  y  3
y   7


6

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
Bài 3.
a) Ta có C  x 
2
2 x2  2 x  1
 x  1
2

x
2x
1
x
 x2 


2
x 1
x  1  x  1
x 1
2
1 
x
1
x

 x
 x

 x 1
 
x 1
x 1
x 1 x 1

2
b)
1 1 1

Ta có: D  a  b  c   a 1  a   a  a    a     .
2 4 4

2
1
1
, đạt được khi và chỉ khi a  b  c 
4
3
c)
Vì x, y, z là độ dài ba cạnh của tam giác nên y  z  x; z  x  y; x  y  z  0
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
GTLN của D là
 y  z  x  z  x  y   z
 z  x  y  x  y  z   x
 x  y  z  y  z  x   y
Nhân vế theo vế các BĐT này ta có đpcm
Bài 4.
A
E
G
O
B
P
D
N
M
F
Q
C
BD BA
BD CD



CD CA
BA CA
BP BD CD CQ



Lại có PF / / AD / /QE 
, Mà BE  CF  BP  CQ
BE BA CA CF
b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, EF thì MN là đường trung bình của hình
thang PEFQ  MN / / PE / / AD , Mà AD cố định, M cố định nên MN cố định. Gọi
a) Vì AD là phân giác nên
O là trọng tâm tam giác ABC.
AG AO 2

  OG / / MN mà O cố định nên G di động trên đường thẳng qua O
Ta có:
AN AM 3
song song với MN cố định
Bài 5.
D
M
I
K
E
C
A
O
B
a) Ta có: KMN  MBA , tứ giác BMKC có BMK  BCK  900 nên nội tiếp
 MKN  MBA  MKN  KMN  KMN cân tại N
b) Ta có: KAC  BDC; ACK  BCD  ACK
 DC 
AC.CB  R 3R 
  . :
KC
2 2 
R2 
2
R2
4 R 3
DCB 
AC KC

DC CE
Do đó: S ABD 
DC. AB R 3.2 R

 R2 3
2
2
c) Gọi E là điểm đối xứng với B qua C. Ta có CDE  CDB  CAK nên tứ giác AKDE
nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp AKD cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AKDE. Ta có A, C, B cố định nên AE cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp AKD đi
qua điểm cố định thứ 2 là E khác A
SỞ GD & ĐT TP ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. Tính A 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
1
2
2 3


3
2 3 3 3
Câu 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B  6;0 ; C 0;3  và đường thẳng
1
d m có phương trình : y  mx  2m  2 với m là tham số, m  0, m 
2
a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d m và BC
b) Tìm m để đường thẳng d m chia tam giác OBC thành hai phần có diện tích
bằng nhau (O là gốc tọa độ)
Câu 3.
24  8 9  x 2  x  2 3  x  4
7
 12
 x  1  y  3  19

b) Giải hệ phương trình : 
 2 x  6  3 y  14  18
 x  1
y3
a) Tìm x biết :
Câu 4. Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là
8,35 điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có ba ô bị mờ ở các
chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *)
Điểm số mỗi lần bắn
Số lần bắn
10
2*
9
40
8 7
1* 1*
6
9
5
7
Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm
của AB. Lấy hai điểm D, E lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho
DB  DA  AB, EA  EC và OD  OE
a) Chứng minh rằng MA2  MD2  DA.DB
b) Chứng minh rằng OA2  OD2  DA.DB và DA.DB  EA.EC
c) Gọi G, H , K lần lượt là trung điểm của BE, CD và ED. Chứng minh rằng
đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK .
Câu 6. Cho ba số x, y, z thỏa mãn các hệ thức  z  1 x  y  1 và x  zy  2
Chứng minh rằng  2 x  y   z 2  z  1  7 và tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa
mãn các hệ thức trên
ĐÁP ÁN
Câu 1.
3 3 2 3

 2  3  1 3 1
3
3
Câu 2. a) Gọi phương trình đường thẳng BC là y  ax  b ta có:

Ta có: A  2  3 

6 a  b  0
1
 y  x3

2
b  3
Hoành độ giao điểm của d m và BC là nghiệm của phương trình :
x  2
1
. Tọa độ giao điểm của d m và BC là M  2;2 
 x  3  mx  2m  2  
2
y  2
 2m  2 
;0  , cắt trục tung tai điểm
b) Đường thẳng d m cắt trục hoành tại điểm P 
 m

Q  0;2  2 m  và cắt đường thẳng BC tại điểm M  2;2  cố định. Ta có
OB.OC 3.6

 9. Kẻ MH  Ox tại H, MK  Oy tại K
2
2
MH .PB
2m  2 4m  2
MK .QC
 6

; SQMC 
 2m  1
Ta có S PMB 
2
m
m
2
1
Xét điểm Q nằm giữa O và C, suy ra 0  2  2m  3    m  1
2
S
9
9
5
Khi đó SQMC  OBC  2m  1   2m  1   m  (ktm)
2
2
2
4
1
Xét điểm Q nằm ngoài đoạn OC , suy ra m   ; m  1. Khi đó
2
S
4m  2 9
4m  2 9
S PMB  OBC 
 
  m  4(TMDK ).
2
m
2
m
2
Vậy m  4 thỏa mãn bài toán
Câu 3.
a) ĐKXĐ: 3  x  3 . Phương trình
SOBC 
 4
2


3 x  3 x

2
 x  2 3 x  4

3 x  3 x  x  2 3 x  4  2 3 x  x  4
 4  3  x   x 2  8 x  16  x  2(TMDK )
Vậy phương trình có nghiệm x  2
b) ĐKXĐ: x  1, x  3 . Ta có hệ phương trình tương đương
7
35
 12
 60
 4


19


95
4
 x 1 y  3

x 1  1
x  2

 x 1 y  3
 x  1





 y  3  1  y  2
 8  5  13  56  35  91  5  13  8
x 1
 x  1 y  3
 x  1 y  3
 y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2; 2 
Câu 4. Gọi số lần băn ứng với 10 điểm là 2a, ứng với 8 điểm là 1b , ứng với 7
điểm là 1c  a, b, c  ;0  a, b, c  9 . Theo bài ra ta có:
10.2a  9.40  8.1b  7.1c  6.9  5.7
 8,35
100
 10.2a  8.1b  7.1c  386  10a  8b  7c  36  c 2  c 0;2;4
Xét c  0  10a  8b  36  5a  4b  18  a  b  2(tm)
Xét c  2  10a  8b  22  3a  4b  11 ktm 
Xét c  4  10a  8b  8  5a  4b  4(ktm)
Vậy a  b  2, c  0 thỏa mãn bài toán
Câu 5.
A
E
M
K
G
D
N
O
H
B
C
a) Ta có: MA2  MD2   MA  MD  MA  MD    MB  MD .DA  DB.DA
b) Ta có: MA  MB nên OM  AB
Do đó OA2  OD2   MA2  OM 2    MD2  OM 2 
 MA2  MD2  DA.DB . Gọi N là trung điểm AC
Chứng minh tương tự ta cũng có: OA2  OE 2  EA.EB mà OD  OE nên
DA.DB  EA.EC
c) Ta có : KE  KD, GE  GB và HC  HD nên KG là đường trung bình
BDE và KH là đường trung bình DCE. Do đó DB  2KG, EC  2KH
Và KG / / AB, KH / / AC  GKH  BAC. Mặt khác DA.DB  EA.EC
DA EA
DA
EA
DA EA






 ADE HKG
EC DB
2 KH 2 KG
KH KG
 ADE  KHG  DKG  KHG  đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp GHK
Câu 6.
 z  1 x  y  1  zx  x  y  1

Ta có: 
x

zy

2
 zy  2  x

Do đó  2 x  y   z 2  z  1  2 z 2 x  2 zx  2 x  yz 2  yz  y
 2 z  x  y  1  2 zx  2 x  z  2  x   yz  y  2 yz  2 x  zx  yz  y
 3 2  x   2 x   x  y  1  y  7. Mặt khác z 2  z  1  0 với mọi z  nên ta có
 z  0  x  2, y  3
2 x  y  7


TH1:  2
2 x  y  7  x  3
z

1


z

z

1

1



x  y  2
 y  1

2 x  y  1
6 x  3 y  3
5
z

3


 y  (ktm)



7
2 x  y  1
x  3y  2 x  3y  2

TH2:  2

2 x  y  1
4 x  2 y  2  x  0
z  z  1  7
 z  2  



x  2 y  2 x  2 y  2
 y  1
Vậy bộ  x; y; z    2; 3;0  ;  3; 1;1 ;  0; 1; 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN : TOÁN
Câu 1.

x
x  x 1  x  2
x  5   x  4
a) Rút gọn P  


:
 

x

2
x

2
x
x

1
x

x

2

 
  x  0
b) Cho a  3 7  50 , b  3 7  50. Chứng minh rằng các biểu thức
M  a  b; N  a7  b7 có giá trị đều là số chẵn
Câu 2.
a) Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x2  2kx  4  0 ( k là tham số). Tìm
2
2
x  x 
các giá trị của k sao cho  1    2   3
 x2   x1 
 x  x 2  1  2 y  1
b) Giải hệ phương trình: 
2
 y  y  1  2 x  1
Câu 3.
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y 2  x  y   x  2  y  x  1
b) Cho n *. Chứng minh rằng nếu 2n  1 và 3n  1 là các số chính phương thì n
chia hết cho 40.
Câu 4.
Cho đường tròn  O; R  và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA  2R. Từ A kẻ
các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn  O  ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt
dây BC tại I . Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại M của đường tròn
 O  cắt AB, AC lần lượt tại E, F . Dây BC cắt OE, OF lần lượt tại các điểm P và Q
a) Chứng minh rằng ABI  600 và tứ giác OBEQ nôi tiếp
b) Chứng minh rằng EF  2 PQ
c) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC sao cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ
nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R.
Câu 5.
x3 y 3
P

Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  1  0. Tìm GTLN của
2
 x  yz  y  zx  z  xy 
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
P

:
x  x  x 1
  x  1
Ta có : a   2  1 
x

x  4   x  5
x 2
3
b)
3
x 2


x 1
1
:

x
x 1

2  1 và b  3 1  2

3


x 1
2
x
 1  2 . Do đó M  2 là số
chẵn
a  b  2
2
Ta lại có: 
 a 2  b 2   a  b   2ab  6 , do đó:
ab  1
N  a 7  b7
 a 7  a 4b3  b7  a 3b 4   a 4b3  a 3b 4 
  a 3  b3  a 4  b 4   a 3b3  a  b 
  a  b   a 2  b2  ab   a 2  b2   2a 2b 2   2  478 là số chẵn.


2
Câu 2.
a) Để phương trình có nghiệm thì  '  0  k 2  4  0  k  2.
 x  x  2k
Ta thấy x  0 không phải là nghiệm, theo Vi-et thì  1 2
 x1 x2  4
2
2
x  x 
  1    2   3  x14  x24  48
 x2   x1 
2
  x12  x22   2 x12 x22  48   x1  x2   2 x1 x2   80


2
2
  4k 2  8   80  4  k 2  5  2
2
 5  2  k  2



52
2  k 
2
2

2 y 2  2 y  2 xy  x  0
x  1  2 y  1  x

b) Ta có: x  x  1  2 y  1  
2
y

1

x

1

2 y  x  0

2
2
2

2 x 2  2 y  2 xy  y  0
 y  1   2x  1  y 
y  y  1  2x  1  

2 x  1  y  1
2 x  y  0

2
2 y 2  2 y  2 xy  x  0

Suy ra  2
  x  y   2  x  y   3  0. Vì

2 x  2 x  2 xy  y  0
2 x  y  0
 x y0

2
y

x

0

Do đó x  y  x  y  0 là nghiệm của hệ phương trình
Câu 3.
a) Phương trình tương đương  x  y   x 2 y 2  1  xy  2  x  y 
Suy ra
xy  2
x2 y 2  1
 xy  2  x2 y 2  1   x2 y 2  4  x2 y 2  1   x2 y 2  1  5  x2 y 2  1  5  x2 y 2  1
 x2 y 2  11;5  x 2 y 2 0;4  xy 2;0;2
Xét xy  0 thì x  y  2   x; y   0;2  ;  2;0 
Xét xy  2  x  y  0  y   x  x 2  2(ktm)
4
Xét xy  2  x  y  (ktm)
5
Vậy  x; y   0;2 ;  2;0 
2n  1  a 2
b) Đặt 
với a, b *, suy ra a 2  2n  1là số lẻ nên a lẻ
2
3n  1  b
Do đó: 2n   a  1 a  1 4  n 2  3n  1  b2 là số lẻ nên b lẻ.
Đặt b  2c  1 c  *
Ta có: 3n   2c  1  1  4c  c  1 8  n 8 (1)
2
Mặt khác số chính phương chia cho 5 chỉ có thể dư 0;1hoặc 4. Do đó
- Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n  1chia cho 5 dư 3, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n +1 chia cho 5 dư 3, vô lý
Vậy n 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40
Câu 4.
H
B
E
P
M
I
A
O
Q
F
C
K
a) Ta chứng minh được OA  BC tại I
OB 1
Do đó, cos ABI  cos AOB 
  ABI  600
OA 2
Mặt khác EOF  FOM  EOM 
COM  BOM BOC

 AOB  600
2
2
 EOF  ABI  OBEQ nội tiếp
b) Ta có OQP  OEB  OEF  OQP OEF 
Mặt khác OBE  OQE  1800 mà OBE  900
PQ OQ

(1)
EF OE
 OQE  900  OEQ  900  EOF  300  sin OEQ 
1
OQ 1

  2
2
OE 2
Từ (1) và (2) suy ra EF  2PQ
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA và cắt AB và AC lần lượt tại K và H.
2
 EF  1
S
OM .EF R.EF
Vì OQP OEF nên

  SOPQ  OEF 


SOEF  PQ  4
4
8
8
R
Vì K  BOI  600  HC  KB  OB.cot K  OB.cot 600 
3
Lại có EF  FM  EM  FC  EB   HF  HC    KE  KB 
SOPQ
2R
.
3
Mặt khác, ta chứng minh được HFO OFE và KOE OFE nên
2
HF HO
 R  4R
2
HFO KOE 

 HF .KE  OK .OH  OK  

0 
OK KE
3
 sin 60 
  HF  KE    HC  KB    HF  KE   2 HC  2 HF .KE 
R2 3
R.EF R 2 3
. Khi đó M là
Do đó, SOPQ 

. Diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất là
12
8
12
điểm chính giữa cung BC
Câu 5.
1  x  yz  y  zx  z  xy 
x  yz y  zx  z  xy 
Ta có: 

.
.
P
x3 y 3
y
x
x2 y 2
2
2
2
 4z

x
 y
  x x

 z
2  z
   z    z    1  1     z  z    1  1  2 z  z 2  

1

2
xy
  xy    y y 
x

y


y
 x





2
2
2
 4z
  4 z  z  1
 

12
8
  z  1 

1


z

1

6



z

1
 
 

2
2
z  1  z  12
  z  1
   z  1
 


12 3  z  1
8
z  1 z  1
 6 





2
z

1
4
8
8
z

1




Áp dụng BĐT Cô si ta có:
2
2
1 
12 3 z  1
8
z  1 z  1  729
4

 6  2
.
 33
.
.


P

2
P 
z 1
4
4
729
 z  1 8 8 

2
2
Vậy GTLN của P là
4
, đạt được khi x  y  2, z  5
729
UBND HUYỆN HOÀI NHƠN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2018-2019
Môn:TOÁN 9
Thời gian làm bài : 150 phút
Bài 1. (4,0 điểm)
a) Thu gọn biểu thức A 
b) Cho x 
2 3 6 84
2 3 4
2
1
2 1 1

1
. Tính giá trị của biểu thức B  1  2 x  x 2  x3  x 4 
2018
2 1 1
c) Cho x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17  12 2. Tính giá tri của biểu
thức: C  x3  y 3  3 x  y   2018
Bài 2. (4,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính
số đó
1
1 
 1 1

b) Chứng minh rằng số tự nhiên A  1.2.3....2017.2018.1    .... 

2017 2018 
 2 3
chia hết cho 2019
Bài 3. (5,0 điểm)
3.1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c2   a  b 2   b  c 2   c  a 2
a) Tính a  b  c, biết rằng ab  bc  ca  9
b) Chứng minh rằng: Nếu c  a, c  b thì c  a  b
3.2 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x2019  y 2019  z 2019  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
E  x2  y 2  z 2
Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M , N lần lượt di động trên
AM AN

 1. Đặt AM  x, AN  y. Chứng minh rằng:
hai đoạn thẳng AB, AC sao cho
MB NC
a) MN 2  x2  y 2  xy
b) MN  a  x  y
c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), gọi M là trung
điểm của cạnh BC, H là trực tâm của tam giác ABC và K là hình chiếu vuông góc của A trên
KM
cạnh BC. Tính diện tích của tam giác ABC , biết OM  HK 
và AM  30cm.
4
ĐÁP ÁN
Bài 1.


2  3  4  2. 2  3  4
2 3 6 84

1 2
2 3 4
2 3 4
a)Ta có: A 
b)
2
ta có: x 
1
2 1 1
1

2
2


2 1 1

2 1 1
 2

2 1 1
Thay x  2 vào biểu thức, ta được:
B  1  2 2 

 2    2    2  
2
3
c) Ta có:
x3 

3
 17  12 2 
3

 1 2 2  2  2 2  4

2018
  1
2018
1
  3  2 2  3.x  3  2 2  6  3x
17  22 2   17  12 2  3 y  17  12 2  34  3 y
3 2 2  3 3 2 2
Và y 
3
4 2018
3
3
3
Cộng vế theo vế, ta được:
x3  y3  40  3x  3 y  x3  y 3  3 x  y   2018  2058
Vậy C  2058 khi x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17  12 2
Bài 2.
a) Gọi số cần tìm là ab , theo đề, ta có 10a  b  kab (trong đó 1  a, b  9 và a, b, k 
10
10
10
10
1

. Vì 1  b  9  1 
 9   k   10
ka  1
1
1
9
a
k
k
a
a
a
1
10

k

 10

a
1  5 5
9


Từ 
  k     ;2; ;5;10 
a  3 2

10 :  k  1    

a
 
Suy ra b 

).
a  1
a  3
1 5 a. 3k  5  3 
8

+Nếu k    
 k  (ktm)....hoac...k  2(tm )  ab  36
a 3 b  6
3


b  6
b  6
a  1
a. k  2   1 
1
+Nếu k   2  
 k  3(tm)  ab  15
a
b

5

b  5

a  1
a  2


a
2
k

5

2


1 5
7


 b  (ktm)...hoac...k  3(tm )  ab  24
+Nếu k    
a 2 b  4
2

b  4

b  4
a  1
a. k  5  1 
1
 k  6(tm)  ab  12
+Nếu k   5  
a
b

2

b  2

a  1
a. k  10   1 
1
 k  11(tm)  ab  11
+Nếu k   10  
a
b  1
b  1

Vậy ab11;12;15;24;36
1
 1 1
b) Ta có : B  1.2.3.....n.1    .....   (*) là số tự nhiên, thật vậy :
n
 2 3
Với n  1 thì B  1  * đúng
Với n  1  B  3 
 * đúng
1
 1 1
Giả sử (*) đúng khi n  k , nghĩa là B  1.2.3.....k.1    .....   
k
 2 3
Cần chứng minh (*) đúng khi n  k  1, nghĩa là
1 
 1 1
B  1.2.3.....(k  1).1    ...... 

k 1
 2 3
1 
1
 1 1
 1 1
Ta có: 1.2.3...(k  1).1    ... 
  1.2.3...1    ....  . k  1  1.2.3.....k
k 1
k
 2 3
 2 3

1
 1 1
1.2.3....
1



....




2
3
k



Có : k  1
 B
1.2.3.....k 


1
 1 1
Vậy 1.2.3....n. 1    ......   là số tự nhiên
n
 2 3
1 
1
 1 1
 1
Suy ra, với n  2k thì 1.2.3.....2k . 1    .....   và 1.2...k .1   ...   là các số tự
2k 
k
 2 3
 2
1
1 
 1

 .....   . k  1 k  2 ....2k cũng là số tự nhiên
nhiên nên 
2k 
 k 1 k  2
Áp dụng các chứng minh ta có:
1   1
1
1 
 1
1.2....1009.1   .... 

 .... 
 và 
 .1010.1011....2018 cũng là các số
1009   1010 1011
2018 
 2
tự nhiên
1011 3
Ta có: 
 1010.1011.....1342....2018 2019
1324 673
1 
 1
 1.2....1009.1   ..... 
.1010.1011.....1342.2018 2019
1009 
 2
3 3
Và 
 1.2.3....673.....1009 2019
673
673

1
1 
 1
 1.2....1009.

 .... 
.1010.1011....2018 2019
2018 
 1010 1011
1
1 
 1 1

Vậy số tự nhiên A  1.2.3....2017.2018.1    .... 
 chia hết cho 2019
2017 2018 
 2 3
Bài 3.
3.1
a) Từ a 2  b2  c 2   a  b    b  c    c  a 
2
2
2
 a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   4  ab  bc  ca  mà ab  bc  ca  9
Nên  a  b  c   36  a  b  c  6(do...a, b, c  0)
2
b) Ta có a 2  b2  c2   a  b    b  c    c  a    c  a  b   4ab
2
2
2
2
Không mất tính tổng quát , giả sử c  a  b. Khi đó ta có:
(1)
c  a  b  2b
2
 c  a  b   4ab  4b2  
(2)
c  a  b  2b
1  c  a  b  0  c  a  b
(2)  c  a  b  2b  c  a  b  0(*), mà c  a  0 , nên (*) vô lý
Vậy nếu c  a, c  b thì c  a  b
3.2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có các đánh giá sau:
) x 2019  x 2019  1  1  1  .......  1  2019 x 2 . Dấu "  " xảy ra khi x  1
2017... so...1
) y
2019
y
2019
 1  1  1  ......  1  2019 y 2 . Dấu "  " xảy ra khi y  1
2017.. so...1
) z 2019  z 2019  1  1  1  .....  1  2019 z 2 . Dấu "  " xảy ra khi z  1
2017... so...1
Khi đó: 6  x 2019  y 2019  z 2019   6051  2019. x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2  3
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  1
Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y  z  1.
Bài 4.
A
H
M
I
K
N
E
D
C
B
AN
 AM
 AN
a

1

1

 MB
x  a  x
AM AN
 NC
x 
NC

1 



 x ya
Vì
2
AN
AM
y

a

y
AM
MB NC



 y  a  y
1
1
MB
 MB
 NC
Không mất tính tổng quát ta giả sử AM  AN . Kẻ MH  AC
AM
Khi đó ta có: AH  AM .cos600 
2
a) Áp dụng định lý Pytago ta có:
MN 2  MH 2  HN 2  AM 2  AH 2   AN  AH 
2
 AM 2  AN 2  2 AN . AH  AM 2  AN 2  AM . AN  x 2  y 2  xy   x  y   3xy
2
Vậy MN 2  x 2  y 2  xy   x  y   3xy
2
b) Theo đề, ta có:
(1)
AM AN
AB
AC

1
1
1  1
MB NC
MB
NC
a
a


 3  a 2  a  x  y   a 2  3a 2  3a  x  y   3xy  a 2  2a  x  y   3xy (2)
ax a y
Thay (2) vào (1) ta được:
MN 2   x  y   2a  x  y   a 2
2
  x  y   2a  x  y   a 2   a  x  y 
2
2
Vậy MN  a  x  y  a  x  y (vì x  y  a)
c) Gọi K, E lần lượt là trung điểm AB, AC , D là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
Kẻ DI  MN  I  MN . Khi đó ta dễ dàng tính được:
a 3
a
a
; MK   x; NE   y
6
2
2
a
a
Ta có: KM  NE   x   y  MN và  2  ax  ay  3xy  a  a  x  y 
2
2
KD.MK KE.NE AH . AN
S DMN  2S AKD  S MKD  S NED  S AMN  DK . AK 


2
2
2
DK .MN AH . AN a 2 3 a 3
x 3y
 DK . AK 



. a  x  y  
2
4
12
12
4
3 2
3
a 3
DK .MN

.  a  a  a  x  y   3xy  
. ax  ay  3xy  
. a  x  y  
12
12
12
2
DI .MN DK .MN

 DI  DK . Suy ra DI là bán kính đường tròn nội tiếp, mà
Do đó:
2
2
MN  DI nên MN là tiếp tuyến của đường tròn.
DK  DE 
Bài 5.
A
D
H
O
G
B
M
K
C
Gọi D là trung điểm của AC.
Ta chứng minh được AHB MOD (3 cặp cạnh song song)
AG AB


 2  HG  2OG
GM MD
Gọi G là giao điểm của AM và OH. Ta chứng minh được AGH
MGO( g.g )
AG HG AH


 2  AH  2OM
GM GO OM
Dễ dàng chứng minh được tứ giác IMKH là hình chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông)
 HO  KM  HO  4OM  3OG  4OM
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OGM , ta có:

16
AM 2
2
OM  OG  GM  OM  OM 
 5OM  AM  OM  6cm
9
9
Khi đó OH  24cm, AH  12cm, AK  18cm.
2
2
2
2
Ta có OC  OA  OH 2  AH 2  12 5, từ đó tính được
BC  2MC  2 OC 2  OM 2  12 19
Vậy S ABC 
AK .BC 18.12 19

 108 19(cm2 )
2
2
SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
Câu 1. Cho a  4  10  2 5  4  10  2 5
a) Chứng minh rằng a là nghiệm của phương trình a 2  2a  4  0
a 4  4 a 3  a 2  6a  4
b) Tính giá trị của P 
a 2  2a  12
 x3  y 3  8
Câu 2. a) Giải hệ phương trình 
 x  y  2 xy  2
b) Giải phương trình  x  1 x  2  x  3  x  4  x  5  360
2
Câu 3.
a) Chứng min rằng a2  b2  c2  ab  bc  ca với mọi số thực a, b, c
b) Cho a, b, c  1và ab  ac  bc  9. Tìm GTNN và GTLN của P  a 2  b2  c2
Câu 4. Cho ABC vuông tại A  AC  AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC,
D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH (D khác A, H ). Đường thẳng BD cắt đường tròn tâm C
bán kính CA tại E và F ( F nằm giữa B và D), M là điểm trên đoạn thẳng AB sao cho
ACF  2BFM , MF cắt AH tại N
a) Chứng minh rằng BH .BC  BE.BF và tứ giác EFHC nội tiếp
b) Chứng minh rằng HD là tia phân giác của EHF
c) Chứng minh rằng F là trung điểm của MN
a2
c2
2c


. Chứng minh rằng bc
Câu 5. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn 2
a  b2 a 2  c 2 b  c
là một số chính phương.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
a2  8  2
82


4 

10  2 5 4  10  2 5  8  2 6  2 5

2
5 1  6  2 5 


5 1
2
 a  5  1  5  a  1  5  a 2  2a  1  a 2  2a  4  0
Nên a là nghiệm của phương trình a 2  2a  4  0
b) Ta có:
a 4  2a 3  4a 2  2a 3  4a 2  8a  a 2  2a  4  8
P
a 2  2a  4  16
a 2  a 2  2a  4   2a  a 2  2a  4   a 2  2a  4  8 8 1

 
a 2  2a  4  16
16 2
Câu 2.
 x  y   x  y 2  3xy   8


a) Hệ phương trình 
.Đặt
 x  y  2 xy  2
Ta có:
x  y  a
với a 2  4b

 xy  b
2
3

a  a  3b   8 2a  6ab  16

 2a3  3a  2  a   16  2a3  3a 2  6a  16  0

2b  2  a

a  2b  2
 2a3  4a 2  7a 2  14a  8a  16  0
  a  2   2a 2  7 a  8   0
Vì 2a 2  7a  8  0 vô nghiệm, nên a  2  b  0 . Hệ có nghiệm  x; y   0;2 ; 2;0 
b) Phương trình :  x 2  6 x  5 x 2  6 x  8 x 2  6 x  9   360
Đặt x2  6 x  5  t , ta có:
t  t  3 t  4   360  0  t 3  7t 2  12t  360  0   t  5  t 2  12t  72   0
x  0
Vì t 2  12t  72  0 vô nghiệm nên t  5  x 2  6 x  0  
 x  6
Vậy S  0; 6
Câu 3.
a) Ta có : 2  a 2  b2  c 2   2  ab  bc  ca   0   a  b    b  c    c  a   0
2
2
2
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c
b) Vì a, b, c  1nên
 a  1 b  1  0 a  b  ab  1


 b  1 c  1  0  b  c  bc  1  2  a  b  c   ab  bc  ca  3  12


c  a  ca  1
 c  1 a  1  0
 a  b  c  6   a  b  c   36  a 2  b2  c 2  2.9  36  a 2  b2  c 2  18
2
Vậy GTLN của P là 18, đạt được khi  a; b; c  là các hoán vị của 1;1;4 
Mặt khác a2  b2  c2  ab  bc  ca  9 nên GTNN của P là 9. Đạt được khi
abc 3
Câu 4.
B
K
M
F
H
DN
A
C
E
a) Ta có: FAB  AEB  BAF
BEA 
BF BA

 BA2  BE.BF
BA BE
áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thì BA2  BH .BC  BH .BC  BE.BF

BH BF

 BHF
BE BC
BEC  BHF  BEC nên tứ giác EFHC nội tiếp
b) Ta có BHF  BEC  CFE  CHE mà AHB  AHC  900 nên AHF  AHE  HD là tia
phân giác của EHF
c) Gọi K là giao điểm của AH với (C) , chứng minh được BK là tiếp tuyến của đường tròn
(C) , ta có 2BFM  ACF  2 AEF
 BFM  AEF  MN / / AE  ANM  KAE lại có : NAM  AEK
 AMN
EKA 
MN AN

(1) . Do đó AFN  FAE  1800
KA EA
1
1
EKF  FAE  1800  AFN  EKF  ECF  EHF  AHE
2
2
Hay AFN  AHE; ANM  HAE  AFN
Từ (1) và (2) ta có:
EHA 
AN NF

(2)
EA AH
MN NF 2 NF 2 NF



 MN  2 NF  FM  FN
KA AH 2 AH
KA
Câu 5.
a2
c2
2c
a2
c
c2
c






0
Ta có: 2
a  b2 a 2  c 2 b  c
a 2  b2 b  c a 2  c 2 b  c

a 2  b  c   c  a 2  b2 
 b  c   a 2  b2 

c2 b  c   c  a 2  c2 
b  c   a2  c2 
0
b  a 2  bc 

c  a 2  bc 
 b  c   a 2  b2   b  c   a 2  c 2 
a 2  bc   b  c 

a 2  bc  b
c 


0

0
b  c  a 2  b2 a 2  c2 
 b  c   a 2  b2  a 2  c 2 
  a 2  bc   b  c   0
2
Xét a2  bc  0  bc  a 2 là số chính phương . Xét b  c thì bc  c 2 là số chính phương.
0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH SƠN LA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 18/03/2019
Câu 1. (3,0 điểm)
6x  4
3x
3 3x3  8 3x  2 3x  4
Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Câu 2. (4,0 điểm)
Cho phương trình x 2  2  m  1 x  3m  3  0
(1)
Cho biểu thức A 

a) Tìm m sao cho phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn biểu
thức M  x12  x22  5x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất
b) Xác định m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Câu 3. (5,0 điểm)
2x
13x
a) Giải phương trình:

6
2 x2  5x  3 2 x2  x  3
3
2

 x  2 xy  12 y  0
b) Giải hệ phương trình:  3
2

8 y  x  12
Câu 4. (6,0 điểm) Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm
giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C(O không
nằm trên đường thẳng d ). Kẻ AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại
M và N. Gọi I là trung điểm của BC , AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các
điểm P và Q( P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K
a) Chứng minh 4 điểm O, M , N , I cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt
đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD và 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: mỗi đường
thẳng đều cắt hai cạnh đố của hình vuông và chia hình vuông thành 2 phần có tỷ số
1
diện tích là . Chứng minh rằng: trong 2019 đường thẳng trên có ít nhất 505 đường
2
thẳng đồng quy
ĐÁP ÁN
Câu 1.

Nên điều kiện để A có nghĩa là  3x 
Ta có: 3x  2 3x  4 

2
3x  1  3  0; x  0
3
8 



3x  2 3x  2 3x  4  0; x  0

4
x  0

0 x
3

 3x  2  0
6x  4
3x
A

3
3 x  23 3 x  2 3 x  4

A
A

 3x  2  3x
 3x  23x  2 3x  4 
6x  4 

3x  4  2 3x

3x  2 3x  2 3x  4


1 
4
0  x  
3
3x  2 
Với x nguyên dương, để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì
đó:
1
nguyên. Khi
3x  2
 3 x  3 3 x  9  x  3
3x  2  1  


1
x 
3
x

1

 3x  1
3

Vì x nguyên dương nên x  3 , khi đó A  1. Vậy x  3.
Câu 2.
a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt khi  '  m2  5m  4  0
Với ĐK (*) phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . Ta có:

 x1  x2  2  m  1


 x1 x2  3m  3
2
2
M  x12  x22  5 x1 x2   x1  x2   3x1 x2  4  m  1  3  3m  3
2
1  81
81

 M  4m  m  5   2m     
4  16
16

1
Dấu "  " xảy ra khi m   (thỏa mãn điều kiện (*))
8
2
m  1
(*)  
m  4
81
1
m
16
8
2
b) ĐK:  '  m  5m  4  0
(*)
Đặt x  1  t  x  t  1thay vào phương trình (1) ta được:
2
 t  1  2  m  1 t  1  3m  3  0
Vậy MinM 
 t 2  2  2  m  t  m  0 (2)
Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x lớn hơn 1 khi PT (2) có hai nghiệm
phân biệt t lớn hơn 0
2
 '  0 m  5m  4  0  m  1 m  4   0 m  1  m  4




  P  0  m  0
 m  0
 m  0
 m  4(tmdk )
S  0
 2m  4  0
 2m  4  0
m  2




Vậy m  4
Câu 3.
a) Với x  0, phương trình (1) có dạng 0  6 (vô lý)
Vậy x  0 không là nghiệm của phương trình (1)
2
13

6
x  0, ta có: 1 
3
3
2x  5 
2x  1 
x
x
3
2
13
Đặt 2 x   t , PT (1) trở thành:

6
x
t  5 t 1
t  1
2
 6t  39t  33  0   11
t 

2
3
+)Với t  1 ta có PT 2 x   1  2 x 2  x  3  0 , có   0 nên phương trình VN
x
x  2
11
3 11
2
+)Với t  ta có PT 2 x    4 x  11x  6  0  
3
x 
2
x 2

4
 3
Vậy S  2; 
 4
 x3  2 xy 2  12 y  0 (1)

b) Giải hệ phương trình:  3
2
(2)

8 y  x  12
Thế (2) vào PT (1) ta được: x3  x2 y  2 xy 2  8 y3  0 (3)
Nếu y  0 thì từ (1) suy ra x  0 không thỏa mãn phương trình (2)
3
2
x  x
x
Xét y  0 , PT (3)        2.  8  0
y
 y  y
x
Đặt  t ta được: t 3  t 2  2t  8  0
y
t  2
 t  2 t 2  t  4  0   2
 t  2
t

t

4

0(
VN
)

 y  1  x  2
Với t  2  x  2 y, thay vào (2) được y 2  1  
 y  1  x  2
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm  2;1; 2; 1 
Câu 4.
M
Q
H
P
A
B
E
K I
OD
C
N
a) I là trung điểm của BC (dây BC không đi qua O)  OI  BC  OIA  900.
Ta có: AMO  900 (do AM là tiếp tuyến (O))
ANO  900 (do AN là tiếp tuyến của (O))
Suy ra 4 điểm O, M , N , I cùng thuộc đường tròn đường kính OA.
b) Ta có AM , AN là hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân
giác MON mà OMN cân tại O nên OA  MN .
1


ABN ANC  ANB  ACN  sd NB & CAN ...chung 
2


AB AN


 AB. AC  AN 2 (1)
AN AC
+) ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH . AO  AN 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB. AC  AH . AO (3)
AHK


AIO AHK  AIO  900 & OAI ...chung

AH AK

 AK . AI  AH . AO(4)
AI
AO
AB. AC
AI
Mà A, B, C cố định nên I cố định suy ra AK cố định, K là giao điểm của dây BC và
dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K cố định.
c) Ta có PMQ  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Từ (3) và (4) suy ra AI . AK  AB. AC  AK 
Xét MHE và QDM có MEH  DMQ (cùng phụ với DMP),
EMH  MQD (cùng phụ với MPO)
ME MH
 MHE QDM ( g.g ) 

*
MQ DQ
PMH

MQH MHP  QHM  900 ; PMH  MQH

MP MH MH


(**)
MQ HQ 2 DQ
MP 1 ME
 .
 ME  2MP  P là trung điểm ME
Từ (*) và (**) suy ra
MQ 2 MQ

Câu 5.
A
A1
E
B
H
M
I
J
N
K
D
B1 F
C
Gọi MN , EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ)
Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1. Ta có
các tứ giác AA1B1D và BCB1 A1 là hình thang và có MI , NI lần lượt là các đường
trung bình của hai hình thang đó. Khi đó:
1
SAA1B1D 2 AD  AA1  DB1  2 IM IM 1




S A1BCB1 1 BC A B  B C
2 IN IN 2
 1
1 
2
MI 1
1
Suy ra
 nên MI  MN , vậy điểm I cố định
MN 3
3
Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H , J , K cố định
( I , J , H , K chia các đoạn thẳng cố định MN , NM , EF , FE theo tỉ số 1: 2)
Có 4 điểm cố định mà có 2019 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Dirichle ít
nhất phải có 505 đường thẳng đồng quy.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
KHỐI 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức P 
4
2  7  2 10
2. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
1

xy  x yz  1
1

yz  y  1

1 9  4 2
7  89  28 10
xz
z  z2  1

z

y
z2  1
. Chứng minh rằng
y
1
1
zx  z  1
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình x3  x 2  2 x 
4 5 2
x  2 x4  4

15
  x  y 2  1 2  x  y  1

 4

2. Giải hệ phương trình 
xy
x y
 2
4 x  5 y  x  y  1  6 x  13
Câu 3. (3,0 điểm)
1
Q  x   Q 1  x  x  . Biết rằng
2
các hệ số của P( x) là các số nguyên không âm và P  0   0. Tính P  3P  3  P  2  
1. Cho các đa thức P( x) và Q( x) thỏa mãn P( x) 
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình:
 x  y  1 x  1  y   6xy  y 2  2  x  y   2  x  1 y  1
Câu 4. (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , vẽ đường tròn  O '; R '
tiếp xúc với cạnh AD tại H, tiếp xúc với cạnh BC tại G và tiếp xúc trong với đường tròn
 O  tại (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A). Vẽ đường thẳng tt ' là tiếp tuyến
chung tại M của hai đường tròn (O) và ( O ') (tia Mt nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường
thẳng MA chứa điểm D)
1. Chứng minh DHM  DMt  AMH và MH , MG lần lượt là tia phân giác của các góc
AMD & BMC.
2. Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) tại E ( E khác M ). Hai đường thẳng HG và CE cắt
nhau tại I. Chứng minh EHI  EIM
3. Chứng minh đường thẳng HG đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng mnh rằng :
1
1
1
1 1 1 1



.   
c. c  a  3b   c 2 a. a  b  3c   a 2 b  b  c  3a   b 2 6  a 2 b 2 c 2 
2. Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ ở bên
(bốn đỉnh A, B, C, D hoặc B, C, D, E hoặc C, D, E, F
hoặc … hoặc J , A, B, C được gọi là 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một
cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp
1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh
bởi 1 số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau).
Chứng minh rằng ta luôn tìm được 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn
21)
J
B
A
C
I
D
H
G
F
E
ĐÁP ÁN
Câu 1.

1.Ta có: 7  2 10 
5 2




2
;9  4 2  1  2 2
2

2
Và 89  28 10  7  2 10 , Do đó:
4
P
2

52

2
1

7
1  2 2 
 7  2 10 
2
2
4
1 1  2 2

2  5  2 7  7  2 10

4
2 2
4
1



 5
5 2 10
5
5

Vậy P  5
2. ta có:
z2  1
xz


y
z  z2  1
xz
z
 
z  z2  1 y

 xyz  z  z 2  1


z2  1  z
y
z 2  1  z  xyz  1
Ta có:
1

xy  x yz  1
1

yz  y  1
Và
1

xy  x . xyz  1
x.
1

zx  z  1

x

yz  y  1
xy .

xy
1
xy  x  1
x
x

xyz  xy  x 1  xy  x


zx  z  1

xy
x 2 yz  xyz  xy

xy
x  1  xy
Do đó:
1

xy  x  1
1

yz  y  1
1

xy  x yz  1
Vậy
xz
z
 
z  z2  1 y
1

zx  z  1
1
x


xy  x  1 1  xy  x
xy
1
x  1  xy
1
1

 1khi x, y, z  0 thỏa mãn
yz  y  1
zx  z  1
z2  1
y
Câu 2.
1. Điều kiện xác định : x  R
2
1 7

+)Nhận xét x  2  0x  ; x  4  0x  , x  x  2   x     0x 
4 8

Do đó từ (1) suy ra x  0
2
4
2
2 4 5
2  x4  4
Phương trình (1)  x  1  
x 
x 15 
x
x2
2
2
4 5
2 2 4
2
4 5
2 
2
 x  1
x

x


x


1

x

x




 
 4
x
15 
x
x2
x
15 
x 
x
2
Đặt a  x  a  2 2
x


Khi đó ta có phương trình  15  a  1  4 5a. a 2  4  45  a  1  16a 2  a 2  4 
2
 16a 4  109a 2  90a  45  0   a  3 16a 3  48a 2  35a  15   0

 a  3 16a3  48a 2  35a  15  0..do...a  2 2
+)Với a  3 ta có: x 
Vậy S  1;2

 x  1(tm)
2
 3  x 2  3x  2  0  
x
 x  2(tm)
 xy  0

2. Điều kiện  x  y  1
x  0

(*)
Phương trình 1
 x  y

xy
2
1
2  x  y  1
 x  y   1  2  x  y  1  0
4
0
x y
xy
x y
2
 x  y  1 x  y  1  2  x  y  1  0 

x y
xy
x
 x  y  1
2
 y2  x  y 
xy  x  y 
0
 x  y  1  0  y  1  x (vì với x, y thỏa mãn điều kiện (*) ta có: x 2  y 2  x  y  0)
Thay y  1  x vào phương trình thứ (2) của hệ phương trình ta được phương trinh:
4 x 2  5 1  x   13  6 x  0  4 x 2  5 x  8  6 x  0
 4 x 2  4 x  1  x  6 x  9   2 x  1 
2

x 3

2
2 x  1  x  3 2 x  2  x


 2 x  1  3  x
 4  2 x  x
2
7 
1
)2 x  2  x  x    x    0(VN ...vi....x  0)
4 
2
x  2

 17  33
4

2
x

0

x  2
17  33
  x 
)4  2 x  x  



x



8
2
2
+
8
 4  2 x   x
4 x  17 x  16  0  
 17  33
 x 
 
8
17  33
33  9
thỏa mãn điều kiện (*)
y
8
8
 17  33 33  9 
;
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   

8
8


Với x 
Câu 3.
1. Từ giả thiết ta có: P  0  
1
1
Q  0   Q 1   0 1 và P 1   Q 1  Q  0  

2
2
Từ (1) và (2) suy ra P 1  0
(2)
Giả sử P  x   a0  a1x  a2 x 2  .....  an x n , trong đó a0 , a1, a2 ,...., an là các số nguyên không
âm suy ra a0  a1  a2  .....  an  0 do đó P  x   0
Vì P( x)  0x 
x 
 P(2)  0, P(3)  0, do đó: 3P  3  P  2   0  P  3P  3  P  2    0
2. Ta có :  x  y  1 x  1  y   6 xy  y 2  2  x  y   2  x  1 y  1
  x  y   1  6 xy  y 2  x  y  2   2  x  y  xy  1   x  y   y 2  x  y  2   2  x  y   3
2
2
  x  y  x  y  2   y 2  x  y  2   3   x  y  2   x  y  y 2   3
Vì x, y 
nên x  y  2; x  y  y 2 là các ước của 3
x  y  2  1
 y2  0
x  3





2
x  y  y  3 x  y  3  y  0
 x  3

 x  y  2  1
 y2  4
  y  2




2
 x  y  y  3  x  y  1   x  1

  y  2
 x  y  2  3
 y2  0
 x  1





2
 x  y  y  1  x  y   1  y  0
 x  7

x  y  2  3
 y2  4
  y  2




2
 x  y  y  1  x  y  5   x  3

  y  2
Vậy các cặp số nguyên  x; y  là  3;0 ;  3; 2  ;  1;2  ;  7; 2 ; 3;2 ;  1;0 
Câu 4.
1. Xét HAM ta có DHM  DAM  AMH
(1)
Xét đường tròn (O) ta có : DAM  DMt
(2)
Từ (1) và (2) ta có : DHM  DMt  AMH
Vì Mt và DH là các tiếp tuyến của  O ' nên DHM  HMt
Và HMt  HMD  DMt
(3)
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AMH  HMD suy ra MH là phân giác của AMD
Chứng minh tương tự ta có MG là phân giác của góc BMC.
 1

 1

2. Xét  O ' có HGM  HMt   sd HM  , xét  O  có ECM  EMt   sd EM 
 2

 2

 HGM  ECM hay IGM  ICM  tứ giác IMCG nội tiếp
Ta có EHI  EHA  AHG
(4)
Và EIM  1800  MIC  1800  MGC  MGB  MGH  BGH
(5)
Lại có AHG  BGH (6) (vì AH và BG đều là tiếp tuyến của  O ')
Và EHA  DHM  MGH  7 
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra EIM  MGH  BGH  EHA  AHG  EHI  EIM
3. Ta có CE là tia phân giác của ACD * (vì EM là tia phân giác của AMD
 sdEA  sdED)
Ta có: EHI  EIM (chứng minh ở câu 4.2),
EHI và EIM có HEI  MEI và EHI  EIM
 EHI
EIM ( g.g ) 
EI
EH

 EI 2  EH .EM (8)
EM EI
Lại có : EDH  DMH (vì EM là tia phân giác của AMD  sdEA  sdED)
EHD và EDM có HED  MED và EDH  DMH  EHD EDM ( g.g )

ED EH

 ED 2  EH .EM (9)
EM ED
Từ (8) và (9) suy ra EI  ED  EID cân tại E  EDI  EID 10 
DI cắt (O) tại K, ta có: EDI 
Và EID 
1
 sdEA  sdAK  (11)
2
1
 sdED  sdKC  (12)
2
Từ (10), (11), (12) và do sdEA  sdED  sdAK  sdKC  DK là tia phân giác ADC **
Từ (*), (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Rõ ràng, HG đi qua I là tâm đường tròn nội tiếp BCD.
Câu 5.
1 1 1
1
1 1 1 1
1.Áp dụng BĐT  x  y  z       9 
 .     x, y , z  0
x yz 9 x y z
x y z
1
1
1
1
1
1
 2  2     x, y , z  0 
2
x
y
z
xy yz xz
Và
Vì a, b, c  0 ta có :
1 1 1
1
1
1
 2 2
  , bất đẳng thức (1) đúng ta cần chứng minh
2
a b c
ab bc ca
1
1
1
1 1
1
1 


    
2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  ab bc ac 
Ta có  2  

(2)
1
1
1
1 a bc 


 

2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  abc 
ab
bc
ac
abc



a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b
6
Ta có:
ab
ab
ab  1
1
1  1  ab
ab
a

 

  

 
a  3b  2c  a  c    b  c   2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2 
Vậy
ab
1  ab
ab
a
 

 
a  3b  2c 9  a  c b  c 2 
Tương tự ta có:
(3)
bc
1  bc
bc
b
 

  (4)
b  3c  2a 9  b  a c  a 2 
ac
1  ac
ac
c
 

 
c  3a  2b 9  c  b a  b 2 
(5)
Cộng theo vế  3 ,  4  ,  5 ta có:
ab
bc
ac
1  ab  bc ab  ac ac  bc a  b  c  a  b  c


 




a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 9  a  c
cb
a b
2
6

Vậy BĐT (2) đúng do đó BĐT (1) đúng
2. Gọi x1, x2 , x3 ,........, x10 là các số phân biệt được đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt
thuộc đường tròn (O) , x1, x2 , x3 ,........, x10 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 . Giả sử ngược lại là không
tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài toán. Khi đó ta có:
 x1  x2  x3  x4  21
 x  x  x  x  21
 2 3 4 5
 x3  x4  x5  x6  21
................................

 x10  x1  x2  x3  21
Từ đó suy ra 4  x1  x2  x3  ......  x10   10.21  210
Mặt khác ta lại có : x1  x2  x3  .....  x10  1  2  3  .....  10 
10.11
 55
2
Suy ra 4.55  210  220  210 (vô lý), do đó điều giả sử sai.
Vậy ta luôn tìm được 4 điểm liên tiếp được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THẠCH HÀ
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9
NĂM HỌC 2018-2019
Bài 1.

a) Tính giá trị của A  4  15

10  6

4  15
b) Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:
2018
2019
M
M
x2  2 x  3
x  2x  3
Bài 2. a) Cho 3 số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn a  b  c  0. Chứng minh:
1 1 1
1 1 1



 
a 2 b2 c 2 a b c
1 1
1 1
1
1
 2  1  2  2  ....  1 

2
2
1 2
2 3
2018 20192
Bài 3. a) Cho đa thức f  x  , tìm dư của phép chia f  x  cho  x  1 x  2  . Biết
b) Tính giá trị của B  1 
rằng f  x  chia cho x  1dư 7 và f  x  chia cho x  2 dư 1
b) Giải phương trình x3  3x2  2 x  6  0
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x2  y 2  17  2 xy
Bài 4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
a)


2
bc ca ab
1
1
1
b)
là độ dà ba cạnh của một tam giác.
;
;
ab bc ca
Bài 5.
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH , trung tuyến AM , phân giác
4
AI . Tính HI , IM biết rằng AC  AB và diện tích tam giác ABC là 24cm2
3
2) Qua điểm O nằm trong ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với ba cạnh
của tam giác. Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt
tại E và D, đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại
M và N, đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB, BC lần lượt tại
F , H . Biết diện tích các tam giác ODH , ONE, OMF lần lượt là a 2 , b2 , c 2 .
a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c
b) Chứng minh rằng S  3 a 2  b2  c2 
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Ta có:
 10  6   4  15  4  15   8  2
3  . 5  3    5  3  5  3   2
A  4  15


5
15

5 3

2
b) Điều kiện xác định của biểu thức M là
 x  1
x 2  2 x  3  0   x  1 x  3  0  
x  3

x  0
2 x  3  0
 2
 x3
Điều kiện xác định của biểu thức N là 
x  2x  3  0 x  2x  3

Bài 2.
a) Ta có:
1 1 1
1
1  1 1 1 2 a  b  c
1 1 1
 1






2





 2  2  2 
2
2
2
abc
a b c a b c
 ab bc ca  a b c
1 1 1
1 1 1
1 1 1
 2 2 2
 2 2   
2
a b c
a b c
a b c
b) Với n là số nguyên dương, từ câu a ta thay a  1, b  n, c  n  1 ta có:
2
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
 2
  
 1 2 
1 
2
2
2
1 n  n  1
1 n n  1
n  n  1
n n 1
Do đó:
1
1 
1
4076360
 1 1  1 1

B  1     1     ....  1 


  2019 
2019
2019
 1 2  2 3
 2018 2019 
Bài 3.
a) Gọi dư của phép chia f  x  cho  x  1 x  2  là ax  b
Ta có : f  x   p  x . x  1  7  q( x). x  2   1  k  x . x  1 x  2   ax  b
a  b  7
3a  6
a  2
Thay x  1, x  2 được 
.



2
a

b

1
b

7

a
b

5



Do đó dư cần tìm là 2 x  5
b) Phương trình  x3  x 2  4 x 2  4 x  6 x  6  0   x  1  x 2  4 x  6   0
Vì x2  4 x  6   x  2   2  0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x  1
2
c) Phương trình  x  y    2 x   17   x  y    2 x   12  42 .
2
2
2
2
Vì 2x chẵn nên ta có

y  2 1
y  3

 x  2  y  2  1  
 y  2  1  y  1
2x  4  

y  2 1
 y  1
x  2  y  2 1 


 y  2  1  y  3
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là:
 x; y    2;1;  2;3;  2; 3;  2; 1
Bài 4.
a
2a

. Tương tự:
bc abc
b
2b
c
2c

;

ca a bc a b a bc
Cộng vế theo vế các BĐT này lại ta được:
2 a  b  c
a
b
c



2
bc ca ab
abc
b)
Ta có :
a) Vì a  b  c 
c  a  b  2c  2a  2b  3c  3a  2b  4c  4a  a  2b  c 
4
1

a  2b  c c  a
1 1
4
1
1
4
 
với x, y  0 ta có


x y x y
a  b b  c a  2b  c
1
1
1
Do đó


. Tương tự ta cũng có:
ab bc ca
1
1
1
1
1
1


,


bc ca ab ca ab bc
Áp dụng BĐT
Bài 5.
1)
A
C
B
M
H I
Diện tích tam giác ABC là 24cm2
 AB  6(cm)
4
suy ra AB. AC  48  AB. AB  48  
 AC  AB  HC  HB do
AC

8
cm
3

đó M nằm giữa H và C.
Ta có BC  AB2  AC 2  10cm
Suy ra MB  MC  MA  5cm  MAC cân  MAC  C mà C  BAH
 MAC  BAH  MAC  450  IAC và BAH  450  IAB . Do đó I nằm giữa
điểm H và điểm M.
AB 2
 3,6cm
Áp dụng hệ thức lượng ta có: AB  BH .BC  BH 
BC
2
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
IB AB 3
IB IC IB  IC BC 10
30

 



  IB  (cm)
IC AC 4
3
4
3 4
7
7
7
24
5
cm và IM  BM  IB  cm
35
7
Do đó: HI  IB  BH 
2)
A
E
F
N
O
M
B
D
H
C
a) Dễ dàng nhận thấy các tam giác ABC, ODH , EON , FMO đồng dạng
với nhau
Các tứ giác AFOE, BMOD, CHON là các hình bình hành nên OD  MB, EO  FA
Ta có:
2
2
SODH  OD   MB 
a
MB


 
 
S
S AB
 AB   AB 
2
(1)
2
S EON  EO   FA 
b
FA


 
 
S
S AB
 AB   AB 
(2)
2
S FMO  FM 
c
FM


(3)
 
S
AB
S
 AB 
Cộng vế theo vế 1 ,  2  ,  3 ta có:
a  b  c MB  FA  FM
2

 1 S  a  b  c
AB
S
b) Ta có :
S  3 a 2  b2  c 2    a  b  c   3 a  b  c   2  a 2  b2  c 2   2  ab  bc  ca 
2
  a  b    b  c    c  a   0 luôn đúng.
2
2
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
Khi đó O là trọng tâm của tam giác ABC.
2
SỞ GD& ĐT HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
I.
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
PHẦN GHI KẾT QUẢ
1 
Câu 1. Đường thẳng y  ax  b đi qua điểm A  ;4  và B  2;7 
2 
Tính M  3 13a  5b b  3 13a  5b b
Câu 2. Dãy số  an  thỏa mãn an1  an  3, n  * và a2  a19  25. Tính tổng
S  a1  a2  .....  a20
3
2

 a  a  2a  7  0
. Tính a  b
Câu 3. Cho hai số thực a, b thỏa mãn  3
2
b

2
b

3
b

5

0


Câu 4. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A 1;2  và cách gốc tọa độ O một khoảng
lớn nhất.
a 4  a3  3a 2  a  1
Câu 5. Cho số thực a  0. Tìm GTNN của P 
a3  a
 x  by  cz

Câu 6. Cho các số a, b, c khác 1 và các số x, y, z khác 0 thỏa mãn  y  cz  ax
 z  ax  by

1
1
1
Tính tổng T 


1 a 1 b 1 c
Câu 7. Cho đa thức P  x   x 4  ax3  bx 2  cx  d . Biết P 1  3; P  2  6; P  3  11.
Tính Q  4P  4   P  1
1
 15 đều là các số nguyên.
a
2sin 2   3sin  cos   cos 2 
Câu 9. Cho góc nhọn  có tan   2. Tính M 
sin  cos   cos 2   1
Câu 10. Tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Tia phân giác của góc A cắt
Câu 8. Tìm các số thực a biết a  15 và
BD tại I. Biết IB  10 5cm, ID  5 5cm. Tính diện tích tam giác ABC
II.
PHẦN TỰ LUẬN
Câu 11. Giải phương trình : 3 24  x  12  x  6
Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH
a) Khi AB  12cm, tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác bằng
2
. Tính diện tích tam giác ABC
5
b) Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC
Chứng minh rằng: BE CH  CF BH  AH BC
Câu 13. Một doanh nghiệp tư nhân chuyên kinh doanh xe gắn máy các loại. Hiện nay,
doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe Honda future với chi phí mua
vào là 23 triệu đồng và bán ra với giá 27 triệu đồng mỗi chiếc. Với giá bán này thì số
lượng xe mà khác hàng sẽ mua trong một năm là 600 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn
nữa lượng tiêu thụ dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giẩm giá bán và ước
tính rằng, theo tỷ lệ nếu cứ giảm 100 nghìn đồng mỗi chiếc thì số lượng xe bán ra trong
một năm sẽ tăng thêm 20 chiếc. Vậy doanh nghiệp phải bán với giá mới là bao nhiêu để
sau khi giảm giá. Lơi nhuận thu được sẽ cao nhất ?
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1 
Đường thẳng y  ax  b đi qua điểm A  ;4  và B  2;7  nên
2 
Khi đó
M  3 26  15 3  3 26  15 3  3


3

32  3 2 3

3
a  2b  8
a  2


 2a  b  7
b  3


 32 2 3 2 3
Câu 2.
Ta có: a3  a2  3; a4  a3  3  a2  2.3;.....a19  a2  17.3  25  a2  a2  17.3
 a2  13  a1  a2  3  16
Vậy S  a1  a1  3  a1  2.3  ......  a1  19.3  20 a1  3. 1  2  3  ..... 19   250
Câu 3.
 a 3  a 2  2a  7  0
 a 3  a 2  2a  7  0
3
2


3
2
Ta có:  3


a

b

1

b

a

1
0





3
2
2
b

2
b

3
b

5

0



 b  1  b  6  0
2
  a  b  1 a 2  a  b  1   b  1   a  b   1  0  a  b  1


Câu 4.
Gọi phương trình đường thẳng d là y  ax  b. Vì  d  đi qua A1;2   a  b  2
Gọi M , N lần lượt là giao điểm của d với trục Oy, Ox và khoảng cách từ O đến d là OH
Ta có
1
1
1
1 a2 a2  1


 
 2
OH 2 OM 2 ON 2 b 2 b 2
b
b2
a 2  4a  4   2a  1
 OH  2


55
a 1
a2  1
a2  1
1

a   2
1
5
. Do đó phương trình đường thẳng (d): y   x 
Dấu "  " xảy ra  
2
2
b  5

2
Câu 5.
1
1
a2  2  a   3
1
a
a
. Đặt t  a   2 . Dấu "  " xảy ra khi a  1
Vì a  0 nên P 
1
a
a
a
2
2
t 2  t  1 t 1 3t
t 1 3.2
7
Ta có: P 
   1 2 . 
1
t
4 t 4
4 t
4
2
7
Do đó GTNN của P là  a  1
2
Câu 6.
1
x

Ta có: x  by  cz  x  a  1  ax  by  cz 
a  1 ax  by  cz
Tương tự:
T 
1
y
1
z

;

b  1 ax  by  cz c  1 ax  by  cz
2  ax  by  cz 
x yz

2
ax  by  cz
ax  by  cz
Câu 7.
Đặt R  x   P  x    x2  2   R 1  0; R  2  0; R  3  0
Do đó R  x    x  1 x  2  x  3 x  m 
 P  x    x  1 x  2  x  3 x  m    x 2  2 
Vậy Q  4. 3.2.1 4  m   18    2 .  3 .  4 . 1  m   3  195
Câu 8.
Đặt x  a  15; y 
1
 15  x, y 
a

1
 15  xy  16   y  x  15
x  15
Nếu y  x thì vế phải là số vô tỉ còn vế trái là số nguyên, vô lý. Do đó x  y
Ta có: y 
 a  4  15
 xy  16  0  x  y  4. Thay vào ta tìm được 
 a  4  15
Câu 9.
2sin 2   3sin  .cos   cos 2 
2 tan 2   3tan   1 15
cos 2 


Ta có: M 
sin  cos   cos 2   1
tan   1  1  tan 2  8
cos 2 
Câu 10.
AD ID 1
AB

  AD 
Ta có
.
AB IB 2
2
AB 2
Mặt khác AD 2  AB 2  BD 2 
 AB 2  15 5
4
 AB  30(cm)  AD  15cm.


2
AD AB
DC AD 1



  BC  2 DC
DC BC
BC AB 2
Mặt khác
Lại có
AB2  AC 2  BC 2  900   DC  15  4DC 2  DC  25(cm)  AC  40(cm)
2
Vậy diện tích tam giác ABC là 600cm2
Câu 11.
3

a  b  6
2
 24  x  a
ĐKXĐ: x  12 . Đặt 
 3
 a3   6  a   36  0
2

 12  x  b  0 a  b  36
a  0
 a  a  3 a  4   0   a  3

 a  4
a  0 24  x  0
*) 

 x  24(tmdk )
b

6
12

x

36


a  3 24  x  27
*) 

 x  3(tmdk )
b  3 12  x  9
a  4 24  x  64
*) 

 x  88(tmdk )
b  10
12  x  100
Vậy phương trình có tập nghiệm S  88;3; 24
Câu 12.
A
NF
M
I
E
C
B
HP
O
a) Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC thì I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên
AB, AC, BC.
Đặt BC  2OA  2R; IM  IN  IP  r
r 2
Theo bài thì   BC  5r
R 5
2
Ta có AC  BC 2  AB2  25r 2  144
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau thì BM  BP, CP  CF và tứ giác AMIN là hình vuông
nên AM  AN  r
Do đó AB  AC  r  BM  r  CE  2r  BP  CP  2r  BC  7r  AC  7r  12
Từ đó ta có:
r  3
2
25r 2  144   7r  12   r 2  7r  12  0  
r  4
Với r  3cm thì AC  9cm  S ABC  54cm2
Với r  4cm thì AC  16cm  S ABC  96cm2
b) Ta có: BE CF  CF BH  AH BC  BE. BC.CH  CF . BC.BH  AH .BC
Ta lại có : EH / / AC nên
BE EH AF


 BE. AC  AB. AF ( AEHF là hình chữ nhật)
AB AC AC
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
BE BC.CH  CF BC.BH  BE. AC  CF .AB  AB.CF  AF   AB.AC  AH .BC (dfcm)
Câu 13.
Gọi x là giá mới mà doanh nghiệp phải bán. ĐK: x  0 đơn vị: triệu đồng
Theo bài ra số tiền mà doanh nghiệp sẽ giảm là: 27  x (triệu đồng) mỗi chiếc
Khi đó, số lượng xe tăng lên là: 20. 27  x  : 0,1  200  27  x  (chiếc)
Do đó số lượng xe mà doanh nghiệp bán được là:
600  200. 27  x   6000  200 x (chiếc)
Vậy doanh thu mà doanh nghiệp sẽ đạt được là:  6000  200x  x (triệu đồng)
Tiền vốn mà doanh nghiệp phải bỏ ra là:  6000  200 x .23 (triệu đồng)
Lợi nhuận mà doanh nghiệp thu được sau khi bán giá mới là:
 6000  200 x  x   6000  200 x .23  200 x 2  10600 x  138000
 200  x 2  53x  690   200  x  26,5   2450  2450
2
Giá trị lợi nhuận thu được cao nhất là 2450 triệu đồng. Khi đó giá bán mới là 26,5 triệu
đồng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học : 2018-2019
Môn: TOÁN 9
Ngày thi: 18/03/2019
Bài 1. (5,0 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức : A  x3  y3  3 x  y  , biết rằng:
x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17  12 2
1 1 1
2. Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn   . Chứng minh rằng phương trình
m n 2
2
2
 x  mx  n  x  nx  m  0 luôn có nghiệm
Bài 2. (5,0 điểm)
 x 2  xy  y  1
(1)
1. Giải hệ phương trình: 
 x  3 y  4 x  5 (2)
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy(1)
Bài 3. (3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các
điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm
được 2019 điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn
hơn 1.
2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a b3  1  b c 3  1  c a 3  1  5
Bài 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Goi D là trung điểm cạnh BC. Lấy điểm
M bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A). Gọi N , P theo thứ tự là hình
chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H lầ hình chiếu vuông góc
của N lên đường thẳng PD.
a) Chứng minh rằng: AH  BH
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I.
Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng.
2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH . Gọi M là giao điểm
HB MB
AB

 2.
(*). Dấu bằng xảy ra khi nào ?
của AO và BC. Chứng minh rằng
HC MC
AC
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1. Ta có: x3 
Và y 3 

3

3
3 2 2  3 3 2 2
17  12 2  3 17  12 2
  3  2 2  3x  3  2 2  6  3x
3
  17  12 2  3 y  17 12 2  34  3 y
3
Cộng vế theo vế, ta được: x3  y3  40  3x  3 y  x3  y 3  3 x  y   40
Vậy A  40 khi x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17  12 2
1 1 1
2. Từ    4m  4n  2mn  m2  n2  m2  n2  4m  4n  0(*)
m n 2
 x 2  mx  n  0
(2)
2
2
Ta có:  x  mx  n  x  nx  m   0 (1)   2
(3)
 x  nx  m  0
Giả sử cả hai phương trình (2) và (3) đều vô nghiệm:
2
 2  0 
 m  4n  0

 2
 m2  n2  4m  4n  0 **

 3  0
 n  4m  0
Nhận thấy * và ** mâu thuẫn nên giả sử sai. Suy ra trong hai phương trình (2) và
(3) có ít nhất một phương trình có nghiệm
Do đó phương trình (1) luôn có nghiệm.
Bài 2.
1. Điều kiện x  0. Ta có: 1   x  1 x  y  1  0  y  1  x(do....x  1  0)
Thay y  1  x vào (2) ta được:
x 1 3
x  1  3 x  1  4  x  1  0 
 x  1  4  x  1  0
x 1


 3 x 1 2


2


3
3
 x  1.
 1  4 x  1  0  x  1 Vi.....



x 1






Với x  1  y  0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;0 



3
x 1

2
x 1
1 4

3

x 1  0



2. Ta có: 1  x  x  1  y  x  1  2 y 2  x  1  1   x  1  x  y  2 y 2   1
x 1  1
Vì x, y  , suy ra 
 I  hoặc
2
x

y

2
y

1

 x  1  1
( II )

2
x

y

2
y


1


2
x  2
x  0


x  2
x  0
 y  1
 y 1
*)  I    

*)  II    

 y   1  y  1
 y   1  y  1
 
 
2
2
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là :  0;1 ;  2;1
Bài 3.
1. Gọi Ai Aj là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho
-Giả sử Am là điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj nhất. Khi đó:
Tam giác Ai Aj Am là tam giác lớn nhất có diện tích không lớn hơn 1.
- Ta vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , Aj , Am lần lượt song song với các cạnh
của Ai Aj Am .
Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa tất cả 4 tam giác nhỏ.
Và tam giác lớn này có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác này chứa tất cả
8073 điểm đã cho.
Nhận thấy 8073: 4 được 2018 dư 1. Nên theo nguyên lý Dirichle, suy ra có ít nhất 1
trong 4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho.
2, Ta có:
2 P  2a b3  1  2b c3  1  2c a 3  1
 2a
 b  1  b2  b  1  2b  c  1  c 2  c  1  2c  a  1  a 2  a  1
 a  b 2  2   b  c 2  2   c  a 2  2   ab 2  bc 2  ca 2  6  M  6
COSI
Không mất tính tổng quát, giả sử b  c  a thì
b  a  c  c  b   0  abc  b2c  ab2  bc 2  ab2  bc 2  ca 2  abc  b2c  ca 2
ab ab
2
.
Suy ra M  abc  b2c  ca 2  2abc  b 2c  ca 2  c  a  b   4.c.
2
2
3
3
4 
a  b a  b  4. a  b  c 
M  . c 

4
 
27 
2
2 
27
a  b  c  3
b  0
b  c  a


Do đó 2P  10  P  5. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 
 c  1
2c  a  b

a  2
abc  2abc
Vậy với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3 thì
a b3  1  b c 3  1  c a 3  1  5
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi  a, b, c    0,1,2  ; 1,2,0  ;  2,0,1
Bài 4.
1.
B
D
I
M
N
A
H
P
a) Dễ dàng chứng minh được MNAP là hình vuông.
Ta có MNPH và ANHP là các tứ giác nội tiếp nên APN  AHN  450 và
MHN  MPN  450. Do đó AHN  NHM  900 hay AH  BH
b) Vì ABI và ABH là các tam giác vuông nên tứ giác AHBI nội tiếp, suy ra
BHI  BAI  450
Lại có MHN  450 do đó N nằm trên đường thẳng HI . Hay H , N , I thẳng hàng.
C
2.
K
B
H
A
E
I
D
O M
C
Chứng minh tương đương
IB AB

(1)
IC AC
Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt AM tại D, cắt AI tại E và cắt AH tại K.
HB AB MB AB
IB AB
Khi đó:
và

;


(2)
HC CK MC CD
IC CE
Từ (1) và (2) suy ra:
AB AB
AB
1
1
2

 2.



(3)
* 
CK CD
CE
CK CD CE
Ta có: CEA  BAE  CAE  ACE cân tại C, suy ra CA  CE.
1
1
2
CK  CD 2




(4)
Do đó,  3 
CK CD CA
CK .CD CA
Sử dụng tính chất hai góc nội tiếp và hai góc phụ nhau, ta chứng minh được:
BAH  CAD mà BAH  AKC (so le trong)
 AKC DAC  g.g   CD.CK  CA2  CA  CD.CK
CK  CD
2

 CK  CD  2 CK .CD (luôn đúng)
Thay vào (4) ta được:
CK .CD
CK .CD
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi CK  CD , suy ra AH đi qua O  ABC cân tại A, khi
đó AB  AC
Kẻ phân giác của góc BAC cắt BC tại I, suy ra
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 13/3/2019
Câu 1. (4,0 điểm)
1. Gọi x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của phương trình x3  5x2  5x  1. Tính giá trị biểu thức
1
1
1
S 2 2 2
x1 x2 x3
 x 3 x   3 x

x 2
9  x  x  0
2. Rút gọn biểu thức A  1 


:


x  9   x  2 3  x x  x  6   x  4, x  9 

Câu 2. (4,0 điểm)
2

 y  2 x 1  y  x   2 x  x
1. Giải hệ phương trình 
3 2

 x  y  1  x  y  2
2. Giải phương trình : x2  x  24  2 x 2 x  3  6 12  x
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 y 2  x2  5 y 2  22 x  121  0
2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  2019. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1
3
3
3



thức P  2
2
2
x y z
4 xy 4 yz 4 zx
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Qua điểm M nằm trong tam giác ABC kẻ DK / / AB, EF / / AC, PQ / / BC
 E, P  AB; K , F  BC; D, Q  CA. Biết diện tích các tam giác MPE, MQD, MKF lần
lượt là x 2 , y 2 , z 2 với x, y, z là các số thực dương. Tính diện tích tam giác ABC theo
x, y, z
2. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm bất kỳ trên dây
BC, (M khác B, M khác C). Vẽ đường tròn tâm D đi qua M và tiếp xúc với AB tại B,
vẽ đường tròn tâm E đi qua M và tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai
của đường tròn (D) và (E).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABNC là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm N
thuộc đườn tròn (O) và ba điểm A, M , N thẳng hàng
b) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng DE luôn nằm trên một đường thẳng
cố định khi điểm M di động trên dây BC.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố  p; q; r  sao cho pqr  p  q  r  160
2. Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210. Chứng minh rằng trong 8
đoạn thẳng đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành tam giác
ĐÁP ÁN
Câu 1.
x3  5 x 2  5 x  1  0   x  1  x 2  4 x  1  0
 x 2  4 x  1  0(*)

x 1
Phương trình (*) có  '  3  0 nên có 2 nghiệm phân biệt
Không mất tổng quát coi x3  1thì x1 , x2 là 2 nghiệm của *
1)
1 1 1 x12  x22 1

Ta có: S  2  2  2 
x1 x2 x3  x1 x2 2 x32
Ta có: x12  x22   x1  x2   2 x1x2
2
x  x  4
Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  1
Thay số : x12  x22  14  S  15

 
x. x  3
: 3 x 
2) A  1 

x 3
x 3   x 2

 






x  3 x
 1 
:
x

3





x 2

x 3
 

x  3 x  2 
x 3 

x9
x 3



x 2 

2
x 2  x9
 x 3 x  9 x  x  4 x  4 x 9

:
x

3
x 3
x 2




3
:
x 3

x4 x 4
x 3

x 2




3
:
x 3


x 2
x 3


2
x 2

3
x 3
3
.

x 3 x 2
x 2
Câu 2. 1) Ta có:
2

 y  2 x 1  y  x   2 x  x(1)

3 2

 x  y  1  x  y  2(2)
1   y  2 x 1  y   x  y  2 x   x  2 x  1  0

y 1
  y  2 x 1  y   x  y  1  0  1  y  y  x   0  
y  x

Với y  1, thay vào (2) ta được:
3
x2  1  2  x 2  1  8  x  3
Với y  x, thay vào (2) được: x  x  1  3 x 2  x  2  x 2  x  3 x 2  x  2  0
Đặt t  3 x 2  x , phương trình trở thành:
t  1
t 3  t  2  0   t  1  t 2  t  2   0   2
t  t  2  0 (3)
Phương trình (3) có   7  0 nên vô nghiệm
 1 5
1 5
y
x 
2
2
Do đó t  1  x 2  x  1  x 2  x  1  0  
 1 5
1 5
y
x 

2
2
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

 1  5 1  5   1  5 1  5 

;
;
 x; y    3;1 ;  3;1 ; 
;

2  2
2 


 2

3
2. Phương trình xác định khi   x  12
2
Phương trình đã cho tương đương với:
x
2
 

 2 x 2 x  3  2 x  3  9  6 12  x  12  x  0

 x  2x  3
  3 
2
 x  2 x  3  0

3  12  x  0
12  x
(1)

2
0
.
(2)
x  0
x  0

   x  1  x  3
1  x  2 x  3   2
 x  2 x  3  0  x  3

 2  12  x  3  12  x  9  x  3

x  3
 x  2x  3  0
Vậy 

 x  3(tm)
x

3
3

12

x

0



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3.
Câu 3.
1. Ta có:
2 2
x y  x 2  5 y 2  22 x  121  0  y 2  x 2  5   x 2  22 x  121
 y 2  x 2  5   x  11
2
Vì y 2 ;  x  11 là các số chính phương nên x 2  5 cũng là số chính phương.
2
Do đó đặt x2  5  z 2  x 2  z 2  5   x  z  x  z   5
Ta có : x  z ; x  z là các ước số của 5; x  z không âm nên x  z là số âm
 x  z  5
 x  z  1
Suy ra 
hoặc 
 x  z  1
 x  z  5
 x  z  5
TH1: 
 x  2  x  2
x

z


1

169
Với x  2  y 2 .9  132  y 2 
( loại)
9
Với x  2  y 2 .9  92  y 2  9  y  3
 x  z  1
 x  2 (loại)
TH2: 
x

z


5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên  x; y   2;3 ;  2; 3
1
1
1
1
5 1
1
1



  
 
2
2
x y z
3xy 3 yz 3zx 12  xy yz zx 
16
5
9
 2
 .
2
2
x  y  z  3 xy  yz  zx  12 xy  yz  zx
16
15


2
 x  y  z   3 xy  yz  zx  4  xy  yz  zx 
2. Ta có: P 
2
Học sinh chứng minh x, y, z :  x  y  z   3 xy  yz  zx 
2
Suy ra
 x  y  z
xy  yz  zx 
2
3
16
P
 x  y  z 
2
 x  y  z
3
2
15

4.
x  y  z
2

16
20192 
3
31
2019
. Dấu "  " xảy ra khi x  y  z 
 673
5435148
3
31
 x  y  z  673
Vậy Pmin 
5435148
P
2019
3
2

15
20192
4.
3
Câu 4.
1.
A
D
E
M
P
B
Q
C
F
K
Đặt S ABC  a 2
Tứ giác MQCF có MQ / / FC, MF / /QC (giả thiết)  MQCF là hình bình hành
 MQ  FC. Chứng minh tương tự ta có PM  BK
2
2
PM x
S
x 2  PM 
 PM 
Ta có EPM ABC nên EPM  







BC a
S ABC  BC 
a 2  BC 
MQ y
Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABC nên
 ;
BC a
KF z
MKF ABC nên
 .
BC a
x  y  z PM  KF  MQ BK  KF  FC BC




1
a
BC
BC
BC
2
 x  y  z  a  S ABC   x  y  z 
2.
A
O
B
C
M
D
J
I
N
E
K
a) Trong  E  có MCA  MNC (1)( góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
chắn cung MC)
Trong (D) có MBA  BNM (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
cung MB)  MBA  MCA  BNM  MNC  BNC
Do đó: BNC  BAC  MBA  MCA  BAC  1800 (tổng ba góc trong một tam giác)
 Tứ giác ABNC nội tiếp (O).  N thuộc đường tròn  O  do ABC nội tiếp đường tròn (O)
Tứ giác ABNC nội tiếp (O) nên ANC  ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ).
Mà ABC  ACB (do ABC cân tại A) nên ANC  ACB hay ANC  ACM
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MNC  ANC  ba điểm A, M , N thẳng hàng.
b) Vẽ đường kính AK của đường tròn tâm O. Gọi J là giao điểm của AK và BC.
ABK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O), ABD  900 ( vì đường tròn tâm D tiếp
xúc với AB tại B)  B, D, K thẳng hàng.
Chứng minh tương tự : C, E, K thẳng hàng.
Ta có: AB  AC; OB  OC  A, O thuộc đường trung trực của BC.
 AO  BC  BK  CK  KBC cân tại K  KBC  KCB
DBM cân tại D (vì DB  DM )  DBM  DMB
EMC cân tại E(vì EC  EM )  ECM  EMC
 KBC  EMC; KCB  DMB  KB / / EM ; KC / / DM
 Tứ giác DMEK là hình bình hành
Mà I là trung điểm của DE nên I là trung điểm của MK.
JMK vuông tại J có JI là đường trung tuyến  JI  KI
JK cố định nên I thuộc đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn JK .
Câu 5.
1. Không mất tổng quát giả sử p  q  r
Với p  2 : 2qr  q  r  162  4qr  2q  2r  324
 2q  2r  1   2r  1  325   2q  1 2r  1  325  52.13
3  2q  1  2r  1  9   2q  1   2r  1 2q  1  9   2q  1  325  3  2q  1  18
2
Do 2q  1 là ước của 52.13 nên 2q  15;13.
Nếu 2q  1  5  q  3  r  33(ktm)
Nếu 2q  1  13  q  7  r  13 tm
pqr  p  q  r  160  p  qr  1  q  r  160
  qr  1 p  1  qr  1  q  r  160   qr  1 p  1  q  r  1   r  1  2  160
  qr  1 p  1   q  1 r  1  162
Nếu p lẻ  q, r lẻ   qr  1 p  1   q  1 r  1 4 mà 162 không chia hết cho 4  Vô lý
Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là  2;7;13 và các hoán vị
2. Ta xếp các đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1  a2  ......  a8
Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 thỏa mãn ak  ak 1  ak 2 thì ba đoạn thẳng này có thể
ghép thành tam giác.
Giả sử ngược lại:
a1  a2  a3 ; a2  a3  a4 ; a3  a4  a5
a4  a5  a6 ; a5  a6  a7 ; a6  a7  a8
Khi đó theo giả thiết
a1  10; a2  10  a3  20  a4  30  a5  50  a6  80  a7  130  a8  210 , mâu thuẫn
với giả thiết
Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 mà ak  ak 1  ak 2
Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức

 2 a  b
  a3  2 2b3
a
P

.

a

 với a  0, b  0, a  2b

3
3

a

2
ab

2
b
2
b

2
ab
 a  2 2b


2
2) Cho hàm số y   m  4m  4  x  3m  2 có đồ thị là d . Tìm tất cả các giá trị của
m để đường thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B sao cho
tam giác OAB có diện tích là 1cm2 (O là gốc tọa độ, dơn vị đo trên các trục là cm)
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Cho phương trình x 2   3m  2  x  2m2  5m  3  0, x là ẩn, m là tham số.
Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương
 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y
2) Giải hệ phương trình: 
3
3
2
 x  3x  2  2 y  y
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn các điều kiện  a  c  b  c   4c 2 . Tìm
a
b
ab
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 


b  3c a  3c bc  ac
3
2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  4 p  9 là số chính phương
Câu 4. (7,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O)  AB  AC  và đường cao
AD. Vẽ đường kính AE của đường tròn (O)
a) Chứng minh rằng AD. AE  AB. AC
b) Vẽ dây AF của đường tròn (O) song song với BC, EF cắt AC tại Q, BF
cắt AD tại P. Chứng minh rằng : PQ song song với BC.
c) Gọi K là giao điểm của AE và BC. Chứng minh rằng:
AB. AC  AD. AK  BD.BK .CD.CK
2) Cho tam giác ABC có BAC  900 , ABC  200. Các điểm E và F lần lượt nằm
trên các cạnh AC, AB sao cho ABE  100 và ACF  300. Tính CFE
Câu 5. (1,0 điểm)
Trong kỳ thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh
là số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học
sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a3  2 2b3 
1) Ta có:
 a 
3
 
3
2b

a  2b a  2ab  2b
Suy ra :


2  a  b   a . a  2b
a


a  2b a  2ab  2b
a 3  2 2b3 a  2ab  2b
2a  b



1
a 3  2 2b3

.
 a
a  2b 2b  2ab
a  2b a  2ab  2b

a 




a  2ab  2b


2b  . a  2ab  2b 

2b  2b  a 
a
a  2ab  2b
a  2 2ab  2b
 a

2ab
2b



a  2b

2
2b
2
a  2b
1
a  2b
Từ đó suy ra P 
.

a  2b
2b
2b
2) Vì ba điểm O, A, B tạo thành một tam giác nên m2  4m  4  0 và 3m  2  0.
2  3m
 2  3m

;0   OA  2
Tọa độ giao điểm A của d và Ox là A  2
m  4m  4
 m  4m  4 
Tọa độ giao điểm B của d và Oy là B  0;3m  2   OB  3m  2
1
1 2  3m
3m  2  1
Do tam giác ABO vuông tại O nên SOAB  OA.OB 
2
2 m 2  4m  4
Do đó,
2
2
m  2(tm)
2
 3m  2   2  9m  12m  4  2  m  4m  4   7m2  4m  12  0  

2
m 2  4m  4
9m2  12m  4  2  m2  4m  4  11m2  20m  4  0  m  (tm)


11
Câu 2.
2
2
1.    3m  2   4. 2m2  5m  3   m  4   0, m. Do đó, phương trình luôn có
nghiệm, các nghiệm là x1  2m  1; x2  m  3
Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
 x1  0
 2m  1  0
1

x  0
m  3  0  m   2

 2
 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y
2. 
3
3
2
 x  3x  2  2 y  y (*)
2 x  y  1  0
x  2 y  0

Điều kiện  x  0

y  1

3
Nhận xét :
x  0
không thỏa mãn điều kiện.
2x  y  1  x  
 y  1
2

 x  3
3y 1  x  2 y  0  
. Không thỏa phương trình (*)
1
y  

3
Do đó, ta có: 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y
 2x  y  1  x  3y  1  x  2 y  0

x  y 1
x  y 1

0
2x  y  1  x
3y 1  x  2 y


1
1
  x  y  1 

  0
 2x  y  1  x
3
y

1

x

2
y


 y  x 1

 2 x  y  1  x  3 y  1  x  2 y
Với y  x  1 thay vào phương trình (*) ta có:
 x  1 . x  2   2  x  1   x  1
2
3
2
x 1
2
  x  1 . x  5   0  
x  5
x  1  y  0; x  5  y  4
Với
2x  y  1  x  3 y  1  x  2 y

 2x  y  1  3y  1  x  x  2 y
Ta có: 

 2x  y  1  x  3y  1  x  2 y
Cộng vế với vế hai phương trình ta được:
x  3y 1  y 
x 1
3
2
1
3
2
 x  1   x  1
27
9
2
  x  1  25x  59   0  x  1 (do x  0)
Thay vào (*) ta được:  x  1  x  2  
2
Vậy hệ có các nghiệm  x; y  1;0 ; 5;4 
Câu 3.
1. Đặt a  x.c, b  y.c  x, y  0 .Từ điều kiện suy ra  x  1 y  1  4
Khi đó,
2
x 2  y 2  3 x  y 
x  y   3 x  y   2 xy
x
y
xy
xy

xy
P






y  3 x  3 x  y xy  3 x  y   9 x  y
xy  3  x  y   9
x y
Do  x  1 y  1  4  xy  3   x  y 
Đặt t  x  y,  0  t  3  xy  3  t và
2
x y t
2
3  t  xy  
   t  4t  12  0  t  2 (do t  0)
4
 2 
t 2  3t  2  3  t  3  t t 3 3
Khi đó, P 

   với 2  t  3
3  t  3t  9
t
2 t 2
t 3 3
3
Ta có : P  2 .   6 
2 t 2
2
2
3
Do đó, Pmin  6  đạt được khi t  6 hay  x; y  là nghiệm hệ
2

x  y  6


 xy  3  6
t 2  3t  6 t 2  5t  6  2t  t  2  t  3


 1  1(do 2  t  3)
Ta lại có P 
2t
2t
2t
x  y  2
Do đó, Pmax  1  t  2 hay (x;y) là nghiệm hệ 
 x  y 1
xy

1

2. Đặt p3  4 p  9  t 2  t 

 t  3 p
Biến đổi thành : p  p 2  4    t  3 t  3 (1)  
 t  3 p
TH1: Nếu  t  3 p
Đặt t  3  pk  k  
Khi đó thay vào (1) ta có: p  p 2  4   pk  pk  6   p 2  pk 2  6k  4  0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là:   k 4  4  6k  4   k 4  24k  16 là một số chính phương
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được  k 2   k 4  24k  16   k 2  4 
2
2
Suy ra các trường hợp:
k 4  24k  16   k 2  1  2k 2  24k  15  0(ktm)
2
k 4  24k  16   k 2  2   k 2  6k  3  0(ktm)
2
k 2  24k  16   k 2  3  6k 2  24k  7  0(ktm)
2
Do đó phải có k  3 , thử trực tiếp được k  3(tm)
Từ đó ta có t  36, p  11
Trường hợp 2: Nếu p  t  3 , đặt t  3  pk  k 

Khi đó thay vào (1) ta có: p  p 2  4   pk  pk  6   p 2  pk 2  6k  4  0
Xem đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là :   k 4  4  6k  4   k 4  24k  16 là một số chính phương.
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được  k 2  4   k  24k  16   k 2  , suy ra
2
các trường hợp:
k 4  24k  16   k 2  1  2k 2  24k  15  0(ktm)
2
k 4  24k  16   k 2  2   k 2  6k  3  0(ktm)
2
k 4  24k  16   k 2  3  6k 2  24k  7  0(ktm)
2
Do đó phải có k  3, thử trực tiếp được k  3 thỏa mãn
Từ đó suy ra t  3;18 tương ứng p  2;7
Vậy tập tất cả các giá trị của p cần tìm là 2;7;11
2
Câu 4.
F
A
Q
P
O
C
B
D
M
K
E
1)
a) Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE  900 (chắn nửa đường tròn) nên
ACE  ADB  900
Hơn nữa ABD  AEC (cùng chắn AC). Suy ra ADB ACE
AD AB
Từ đây ta có tỷ lệ thức

 AD. AE  AB. AC
AC AE
b) Ta có : PFQ  BAE (cùng chắn BE)
mặt khác BAE  BAD  DAE mà BAD  EAC vì ABD AEC
nên BAE  BAD  EAC  DAC, do đó: PAQ  PFQ
suy ra tứ giác APQF nội tiếp  FAQ  FBQ  PQ / / BC
c) Ta có: AB. AC  AD. AE  AB. AC  AD. AK  AD. AE  AD. AK  AD.KE
Kéo dài AD cắt O tại M.
AK KB
Xét AKB và CKE 

 AK .KE  KB.KC
CK KE
AD CD

 AD.MD  BC.CD
BD MD
Mặt khác AME  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra ME  AD mà DK  AD  DK / / ME
AD AK

Áp dụng định lý Talet trong AME ta được
DM KE
Do đó : AK.DM  AD.KE
 BD.BK .CD.CK  BD.CD.CK .BK
ADC
BDM 
 AD.MD. AK .KE  AD.KE. AK .MD  AD 2 .KE 2
 BD.BK .CD.CK  AD.KE
Vậy AB.AC  AD.AK  BD.BK .CD.CK
2)
F
G
B
D
A
E
C
Xét ABC có BAC  900 , ABC  200  ACB  700
ACF có CAF  900 , ACF  300  FC  2. AF
Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD  BC
BD BA
 GCB  GBC  200  GCF  200
Khi đó, ABC DBG 

BG BC
Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên
FC BC BA AE

;

FG BG BC EC
1
1
FC
BC BD BA AE
AF 2
AF AE
2
Do đó,







FG
FG
BG
BG BC EC
FG EC
Từ đó suy ra CG / / EF (Định lý Ta let đảo)  CFE  GCF  200
Câu 5.
Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:
+TH1: có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Tổng ba số tương ứng
chia hết cho 3.
+TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Có ít nhất 1 số chia
hết cho 3, 1 số chia cho 3 dư 1, 1 số chia cho 3 dư 2, suy ra luôn chọn được 3 số có
tổng chia hết cho3
Do đó ta chia 17 số là số báo danh của 17 học sinh thành 3 tập có lần lượt 5,5,7
phần tử
Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3a1,3a2 ,3a3 , a1, a2 , a3 
Còn lại 17  9  8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a4 .
Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a5
Trong 5 số a1, a2 , a3 , a4 , a5 có 3 số ai1, ai 2 , ai 3 có tổng chia hết cho 3.
Nên 9 học sinh tương ứng có tổng là các số báo danh là 3 ai1  ai 2  ai 3  9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. Cho biểu thức P 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
2
x  x 1
2
 x  1  x  1
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P 2  2  1  x 4  x 2
Câu 2.
a) Chứng minh rằng tổng các chữ số của một số chính phương bất kỳ không thể
bằng 2019.
b) Nhà bạn An có một cái bể chứa nước hình trụ có chiều cao h  1m và đường
40
kính mặt đáy(không kể bề dày thành bể) là d 
 dm  . Ban đầu bể

không có nước, An đã sử dụng 2 cái thùng để xách nước đổ vào bể, một
thùng lại 7 lít, một thùng loại 4 lít. Sau nhiều lượt đổ nước vào bể, nhưng An
không nhớ mình đã xách mỗi loại thùng trên bao nhiêu lần. Em hãy tính giúp
xem An đã xách mỗi loại bao nhiêu lần ? Biết rằng thùng luon được đong
đầy trước khi đổ vào bể chứa
Câu 3.
a) Tìm m để phương trình 2 x 2   m  1 x  18  0 có hai nghiệm thực phân biệt
x1; x2 sao cho biểu thức Q   x12  4  x22  25 đạt GTNN
 xy 2  x  2 y 2
b) Giải hệ phương trình  4
2
3
 x y  x y  3x  y
Câu 4. Cho tam giác đều ABC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho
CAD  150. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt AD tại E. Tia phân giác trong
của góc B cắt AD ở K. Chứng minh rằng AK  ED
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AH là đường cao. Trên đoạn HC lấy
điểm M ( M khác H và C). Gọi I , J lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến
các cạnh AC và AB, N là điểm đối xứng của M qua IJ
a) Chứng minh rằng ABCN nội tiếp đường tròn T 
b) Kéo dài AM cắt đường tròn T  tại P (P khác A). Chứng minh rằng
1
1
1


PM PB PC
c) Gọi D là trung điểm của AH , kẻ HK vuông góc với CD tại K . Chứng minh
rằng: BAK  KHC
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) P 
2
x 1 2 x 1  x 1
 x 1 
2
2
2

 x 1 
x 1  x 1
b)Ta có:

2

x 1  x 1
2
x 1  x 1


2
 x 1
x 1  x 1
P2  2  1  x4  x2  x  1  2  1  x4  x2  x  1   1  x4  x2
  x  1  1  x 4  x 2  x x 2  1  x  2  x   x 2  1  2  x
2
5
 x  (tm)
4
Câu 2.
a) Ta biết rằng tổng các chữ số của một số tự nhiên thì có cùng số dư với số tự
nhiên đó khi chia cho 9. Mà một số chính phương khi chia cho 9 có số dư là
0;1;4 hoặc 7. Nhưng 2019 chia cho 9 dư 3. Do đó tổng các chữu số của một
số chính phương bất kỳ không thể bằng 2019
2
 1 40 
3
b) Ta có thể tích bể là V  Sh   
 .10  100  dm  =100 lít
2  
Gọi x, y theo thứ tự là số lượt đổ thùng loại 4 lít và 7 lít vào bể. ĐK: x, y  *
Theo bài toán thì 4 x  7 y  100  7 y 4  y 4
 y  4  x  18
Mặt khác 7 y  100  4 x  96  4  y  12   y  8  x  11

 y  12  x  4
Câu 3.
a) Vì 2. 18  36  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m
m 1

 x1  x2 
Theo Vi-et thì 
2
 x1 x2  9
Ta có: Q   x12  4  x22  25  x12 x22  4 x22  25x12  100
  2 x2    5x1   181  2
2
2
 2 x2  .5x1 
2
2
 181  20 x1x2  181  180  181  361
Do đó GTNN của Q là 361. Đạt được khi:

3 10
3
x1 
 x2  

2 x  5 x1
 2 x2  5 x1
5
 2



3 10
3
 x1 x2  9
 x1 x2  9
 x2 
 x1  
5

10
2
10
2
m 1
9 10
9 10  5
 x1  x2 
m

2
10
5

m 1
9 10
9 10  5
 x1  x2 
m

10
5
 2
 x  y 2  1  2 y 2
x  0

b) Hệ phương trình 
. Áp dụng BĐT Cosi:

4
2
3
y

0
y
x

x

1

3
x



 
2 y2
2 y2
Từ x  y  1  2 y  x  2

 y  x  y và y  x 4  x 2  1  3x 2
y 1 2y
2
2
3x3
3x3
y 4

 x y x
x  x 2  1 3 3 x 4 .x 2 .1
2
3
2


y  x  0
y  y  2y
 y  y  1  0


Do đó x  y, ta có  5

y  x 1
2
3
3
2


y
y

1
y

1

0


 y  y  3y  y




Vậy nghiệm của hệ phương trình  x; y   0;0  ; 1;1
Câu 4.
A
K
F
E
C
B
D
Ta có ACB  CDA  ADC  ADC  600  150 , suy ra CDE vuông cân
Đường thẳng qua E vuông góc với CE cắt đường thẳng qua D vuông góc với CD
tại F. Suy ra tứ giác CDFE là hình vuông, suy ra AD là trung trực của CF
 KC  KF  KCF cân
Mặt khác BK là trung trực của AC nên KA  KC  KAC cân


Do đó KCF  ACD  ACK  DCF  1800  600   150  450   600
 KCF đều  KC  CF  ED . Do đó AK  ED
Câu 5.
B
P
H
J
M
D
K
A
I
C
N
a) Ta có tứ giác AIMJ là hình chữ nhật . do đó AIMJ nội tiếp đường tròn
đường kính AM và IJ
Vì N đối xứng với M qua IJ nên JNI  JMI  900 hay N thuộc đườn tròn
đường kính AM và IJ  ANM  900 . Mặt khác I thuộc trung trực MN nên
MIC vuông cân tại I nên thuộc trung trực MC, suy ra I là tâm đường tròn
ngoại tiếp MNC
1
 MNC  MIC  450. Do đó ABC  ANC  450  900  450  1800
2
Hay ABCN nội tiếp đường tròn T 
PM PC
PM MB



(1)
MB BA
PC BA
PM PB
PM MC
MBP MAC 



(2) . Cộng (1), (2) vế theo vế:
MC CA
PB CA
PM PM MB MC MB MC AC
1
1
1






 1


PC PB BA CA BA BA BA
PC PB PM
2
c) Áp dụng hệ thức lượng ta có: DH  DK .DC  DA2  DK .DC
DA DK


 DKA DAC  AKD  DAC  450
DC DA
b) Ta có: MPC
MBA 
 ABH  AKH  450  450  900  1800  ABHK là tứ giác nội tiếp
 AKB  AHB  900  HKC mà ABK  AHK  KCH nên suy ra BAK  KHC
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TRUNG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức

x 1
x  8   3 x 1 1
1 
P


:

x 1 
 3  x  1 10  x   x  3 x  1  1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  4
3 2 2 4 32 2

32 2
3 2 2
Câu 2. (4,0 điểm)
 x  1  3 y  1  1
a) Giải hệ phương trình: 
2 x  1  5 y  1  9
b) Giải phương trình: x  1  4  x   x  1 4  x   5
c) Cho một số tự nhiên có 4 chữ số. Nếu xóa đi chữ số hàng chục và hàng đơn
vị thì số đó giảm đi 5445 đơn vị. Tìm số đã cho
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Chứng minh A   2n  1 2n  1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n
b) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
x  y  z  11 và 8x  9 y  10 z  100
c) Chứng minh rằng nếu xy 
1  x 1  y   1thì x
2
2
1  y 2  y 1  x2  0
Câu 4. (4,0 điểm)
x
2y

 1. Tìm giá trị lớn nhất của P  xy 2
1 x 1 y
b) Tìm các số tự nhiên n sao cho B  n2  n  13 là số chính phương.
Câu 5. (5,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB  2R. Gọi Ax, By là
các tia vuông góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng
bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với
nửa đường tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng CD.
a) Tính số đo góc COD
1
b) Chứng minh OI  CD và OI vuông góc với AB
2
c) Chứng minh : AC.BD  R2
d) Tìm vị trí của điểm M để tứ giác ABCD có chu vi nhỏ nhất
a) Cho x, y  0 thỏa mãn
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  10, x  1

x 1
x  8   3 x 1 1
1 
P


:

10

x
3

x

1
x

3
x

1

1
x

1

 





x  1.10  x    x  8  3  x  1
3 

x  1 10  x 
18 x  1  3 x  24
3 
3


x  1 10  x 

x 1  3



2

x 1

x 1  3

 x  1  3
x  1  x  1  3 3  x  1  3 x  1  x  1  3 

.
10  x
2 x  1  2
2 x  1  2
x 1
.
3 x  1  x  10 

x 1 1 x 1  3
2 x 1  4
:
2
3  x  1 10  x 
:3
x  1  2 .10  x 
3 x  1

2

x 1  2

b)
x 4

3 2 2 4 32 2

 4 3 2 2
3 2 2
3 2 2

3  2 2   3  2 2  
3 2  1
Vậy P 
2

2 1  2



2

 4 3 2 2

2
2 1 2 1  2
1
2
Câu 2.
a) ĐKXĐ: x  1, y  1
 x  1  3 y  1  1 2 x  1  6 y  1  2  y  1  1



2 x  1  5 y  1  9 2 x  1  5 y  1  9
2 x  1  5 y  1  9
 y  1  1
 y  2
y  2



(TM )
x

3
2
x

1

5
y

1

9

2 x  1  5 y  1  9 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   3;2 
b) ĐKXĐ: 1  x  4
Đặt a  x  1  4  x  a  0
a2  5
 a  5  2  x  1 4  x    x  1 4  x  
2
Thay vào phương trình đã cho ta được:
 a  5(ktm)
a2  5
a
 5  a 2  2a  15  0  
2
 a  3(tm)
2
 x  0(tm)
Với a  3  x  1  4  x  3  
 x  3(tm)
Vậy S  0;3
c) Gọi số cần tìm là abcd  0  b, c, d  9;1  a  9 
Ta có:


abcd  5445  ab  100.ab  cd  5445  ab  99.55  99ab  cd  99. 55  ab  cd
55  ab  00  ab  55, cd  00  abcd  5500
Vì cd là số có 2 chữ số nên 
55  ab  1  ab  54; cd  99  abcd  5499
Vậy các số cần tìm là 5500 và 5499
Câu 3.
a) Ta có 2n  1;2n ;2n  1là ba số tự nhiên liên tiếp nên  2n  1.2n. 2n  1 chia
hết cho 3.
Mà  2n ,3  1 nên  2n  1 2n  1 chia hết cho 3
Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n
b) Ta có: 8x  8 y  8z  8x  9 y  10 z  100  x  y  z  12,5  x  y  z  12
Ta có : x  y  z  11 và x, y, z dương nên x  y  z  12
Ta có: 8x  9 y  10 z  100
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x  y  z  12
 x  y  z  12
 x  y  z  12



8 x  9 y  10 z  100 96  y  z  100  y  2 z  4
Do x, y, z là các số nguyên dương nên z  1, y  2, x  9
(1)
c) Ta có xy 
1  x  1  y 
2
2
1
 x 2 y 2  1  x 2 1  y 2   2 xy
 x2 y 2  x2
 x2 y 2  x2

1  x 1  y   1
 1  y  x y  2 xy 1  x 1  y   1
 y  x y  2 xy 1  x 1  y   0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

 x 1  y2  y 1  x2  0  x 1  y 2  y 1  x2  0
Câu 4.
a) Ta có
x
2y

 1  x 1  y   2 y 1  x   1  x 1  y 
1 x 1 y
 x  xy  2 y  2 xy  1  y  x  xy  2 xy  y  1
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1  y  2 xy  2 y.2 xy  2 2 xy 2
 1  8 xy 2  xy 2 
1
8
Dấu "  " xảy ra khi y  2 xy  x  y 
1
2
1
1
x y
8
2
b) B là số chính phương, nên 4B cũng là số chính phương
Vậy MaxP 
Đặt 4B  k 2 (k là số tự nhiên) thì 4n2  4n  52  k 2   2n  1  k 2  51
2
  2n  1  k  2n  1  k   1. 51  51. 1  17. 3  17.3
Vì n là số tự nhiên nên 2n  1  k  2n  1  k ta có các hệ phương trình:
 2n  1  k  1
 2n  1  k  3
(1)
(2)


2
n

1

k


51
2
n

1

k


17


2n  1  k  51
2n  1  k  17
(3)
(4)


2
n

1

k


1
2
n

1

k


3


Giải các hệ 1 ,  2  ,  3 ,  4  ta được: n  12; n  3; n  13; n  4
Do n là các số tự nhiên nên n4;13
Câu 5.
D
I
M
C
A
O
B
a) OC là tia phân giác của AOM (tính chất tia phân giác)
OD là tia phân giác của MOB (tính chất tia phân giác)
Mà AOM và MOB là hai góc kề bù  OC  OD hay COD  900
1
b) Tam giác COD vuông tại O có IC  ID  OI  CD (đường trung tuyến
2
ứng với cạnh huyền)
Ta có: AC / / BD (cùng vuông góc với AB)
Suy ra tứ giác ABCD là hình thang
 OI là đường trung bình của hình thang  OI / / AC  OI  AB
c) Xét tam giác COD vuông tại O có OM  CD (CD là tiếp tuyến)
Áp dụng hệ thức lượng ta có OM 2  MC.MD hay MC.MD  R 2
C và D là giao của các tiếp tuyến nên CA  CM , DB  DM
Suy ra CA.DB  R2
d) Ta có : CA  DB  CD
Hình thang ABCD có độ dài cạnh AB không đổi
Nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất
CD nhỏ nhất khi CD  AB
CD  AB khi CD / / AB
CD / / AB khi OM  AB, OM  AB khi M là điểm chính giữa của cung AB
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CON CUÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (5 điểm) Cho biểu thức A 
KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN
x 1
2 x
25 x x  0




4  x  x  4
x 2
x 2
a) Rút gọn A
4
9
c) Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên
Câu 2. (4 điểm)
1. Giải các phương trình sau:
b) Tính giá trị của A khi x 
a)
4 x2  4 x  1  2 x  1
x  3  4 x  2x  6  5  x
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n3  3n2  2018n chia hết cho 6
Câu 3. (2,5 điểm) Cho đường thẳng  d  có phương trình:
b)
 m  1 x   m  2 y  3 (d) (m là tham số)
a) Tìm giá trị của m biết đường thẳng  d  đi qua điểm A  1; 2 
9
2
Câu 4. (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt
phẳng bờ AB vẽ các tiếp tuyến Ax, By. Lấy điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn
(M khác A và B). Kẻ MH  AB tại H
a) Tính MH biết AH  3cm, HB  5cm
b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi
b) Tìm m để (d) cắt hai trục tọa độ và tạo thành tam giác có diện tích bằng
I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh M , I , H thẳng hàng
c) Vẽ đường tròn tâm  O ' nội tiếp AMB tiếp xúc với AB ở K . Chứng minh
diện tích S AMB  AK .KB
Câu 5. (1,5 điểm) Cho x, y là các số tự thực dương thỏa mãn  x  1 y  1  4 xy .
Chứng minh rằng:
1
3x 2  1

1
3y2  1
1
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 



x 1
2 x
25 x


4 x
x 2
x 2

x 1

x 2 2 x

x 2


 
x 2  25 x
x 2

x  3 x  2  2x  4 x  2  5 x

x 2

x 2


3 x


x 2

x 2

x 2
4
b) Với x  0, x  4 , tại x  (tmdk )
9
4
2
3.
9  3 3
A
2
4
2 4
2
3
9
c) Với x  0, x  4
3
A nguyên 
Mặt khác
3 x
có giá trụ nguyên
x 2
3 x
6
6


 3
 3 vi...
 0
x 2
x 2
x 2


A  0  x  0
Suy ra 0  A  3, A    A  1  x  1

 A  2  x  16
Vậy A nguyên thì x 0;1;16



3 x
x 2
Câu 2.
1.
a) 4 x 2  4 x  1  2 x  1  2 x  1  2 x  1
1
1


x


x




2
2




 x0
2x 1  2x  1
0 x  2(ktm)




  2 x  1  2 x  1   x  0
b) Điều kiện: 0  x  5
x  3  4 x  2x  6  5  x
 x3  5 x  2


2
x 1  4
(1)
Vế trái của 1 bé hơn bằng 4; vế phải lớn hơn hoặc bằng 4. Dấu bằng xảy ra khi vầ

 x3  5 x
chỉ khi 
 x  1(tmdk )

 x 1  0
Vậy S  1
2. n3  3n2  2018n  n  n  1 n  2   2016n
Vì n  n  1 n  2  là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6
2016n luôn chia hết cho 6
Vậy n3  3n2  2018n luôn chia hết cho 6 với mọi n
Câu 3.
 x  1
a) Đường thẳng  d  đi qua điểm A  1; 2  nên ta có 
m0
y


2

b) Để d cắt 2 trục tọa độ thì m  1;2
 3

;0  ,
Giả sử  d  cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A và B. ta tính được tọa độ A 
 m 1 
3 

B  0;
 . Ta có tam giác OAB vuông tại O nên
 m2
1
1 3
3
SOAB  OA.OB  .
.
2
2 m 1 m  2

1  13
m

9
1 3
3
9
2
SOAB  
.
 
(tmdk )
2
2 m 1 m  2 2

1 5
m 

2
Câu 4.
x
y
D
M
C
I
A
O'
H K O
B
a) Tam giác AMC vuông tai M có MH là đường cao nên
MH  AH .BH (Hệ thức lượng)  MH  3.5  15(cm)
b) Vì AC / / BD nên ta có :
AC AI CM


(vì AC  CM , BD  MD)
BD ID MD
Suy ra MI / / AC mà MH / / AC (cùng  AB)
Suy ra M , I , H thẳng hàng
c) Đặt AB  a, AM  c, BM  b
Ta có:
a cb
abc
AK 
; BK 
2
2
a  c  b a  b  c 1   a  c  b  . a  b  c  
 AK .BK 
.
 

2
2
2
2

2
2
2
2
2
1  a   b  c   1  a   b  c   2bc  1 2bc 1
1
 .
 bc  AM .BM  S AMB
 .
 
2 
2
2
2
2
 2 2
 2 
Vậy S AMB  AK .KB
Câu 5.
Từ  x  1 y  1  4 xy 
x 1 y 1
 1  1 
.
 4  1  1    4
x
y
x 
y

Đặt


2
1
1
a  ; b   3  a  b  ab  a  b  2 ab  ab  2 ab  ab  ab  1
x
y
Áp dụng BĐT AM – GM cho 2 số thực dương, ta có:
1
1
a
a
1 a
a 
x



 


2
1
a  b  a  1 2  a  b a  1 
3x 2  1
a

b

ab

a

3 2
x
1
1 a
b 
Tương tự ta có:
 


3y2  1 2  a  b b  1 
Cộng vế theo vế ta được:
1
1
1 a
b
a
b 

 




3x 2  1
3y2  1 2  a  b a  b a  1 b  1 
1
2ab  a  b  1  ab  3  1  1  3 
 1 
  1 
  1 
 1
2   a  1 b  1  2 
2  2
4 
a
 a

 a  b b  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 a  b 1 x  y 1
b
b


 a  b b  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI:TOÁN
Ngày thi : 14.03.2019
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,5 điểm)
1
3
2


với x  0. Rút gọn và tìm
x 1 x x 1 x  x 1
giá trị lớn nhất của A
b) Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
a) Cho biểu thức A 
B  4  10  2 5  4  10  2 5
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Xác định các hệ số a, b để hệ thức P  x   x 4  2 x3  3x 2  ax  b là bình
phương của một đa thức
b) Giải phương trình: 3  4 x  4 x  1  16 x 2  8x  1
(1)
Câu 3. (2,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây cung BC  a không đổi  O  BC  . A là một điểm di
động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao
AD, BE, CK cắt nhau tại H  D  BC, E  AC, K  AB 
a) Trong trường hợp BHC  BOC, tính AH theo a
b) Trong trường hợp bất kỳ, tìm vị trí của A để tích DH .DA nhận giá trị lớn
nhất
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C  2019n  2020 là số
chính phương.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  2  xyz .
Chứng minh rằng: x  y  z  6  2

yz  zx  xy

Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác vuông ABC có AB  3, AC  4, BC  5. Xét các hình chữ nhật
MNPQ sao cho M , N thuộc cạnh BC , P thuộc cạnh AC , Q thuộc cạnh AB. Hãy xác
định các kích thước của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Với x  0 ta có:
1
3
2
A


x 1
x 1 x  x 1 x  x 1




x  x 1 3  2 x  2

x x 1
 x  1 
 x  1 x  x  1 x 
x
x
x 1
2

1 3

 x  x  1   x     0x  0
Ta có: 
2 4


 x  0x  0
Và


2
x  1  0, x  0  x  2 x  1  0, x  0
 x  x  1  x , x  0 
x
 1, x  0  A  1, x  0
x  x 1
A 1 x 1
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x  1.
b) Ta có:
B 2  4  10  2 5  4  10  2 5  2


4 


10  2 5 4  10  2 5
 8  2 16  10  2 5  8  2 6  2 5  8  2


2
5 1  8  2


5 1
62 5
 B  6  2 5  5  1(do....B  0)
Câu 2.
a) Ta có P( x)   x 2  cx  d   x 4  2cx3   c 2  2d   2cdx  d 2 , x 
2
Mà P  x   x 4  2 x3  3x 2  ax  b
2c  2
c  1
 2

c  2 d  3  d  1

Do đó ta có hệ phương trình: 
. Vậy a  2, b  1.
2
cd

a
a


2


d 2  b
b  1

b) ĐK:
ta có:

1
3
 x  (*)
4
4

2
3  4x  4x  1  3  4x  2
3  4 x 1  4 x   1  4 x
3  4 x 1  4 x   4  3  4 x  1  4 x  2
2
Lại có: 16 x2  8x  1  2   4 x  1  2(3)
42
(2)
Từ (2) và (3) ta có:
 3  4 x  1  4 x  2 3  4 x  2  3  4 x 1  4 x   1  4 x  4

1  
2
2
16 x  8 x  1  2
16 x  8 x  1  0

3
x


4
  3  4 x 1  4 x   0  
1


1



x


(tm(*))
x



1

4

4
x





4

1
x  

4
1
Vậy phương trình có nghiệm x  
4
Câu 3.
A
I
E
K
B
O
H
D
M
C
a) Xét tứ giác AKHE có K  E  900  BAC  BHC  1800 mà BHC  BOC và
BOC  2BAC  3BAC  1800  BAC  600
Kẻ đường kính BI , suy ra tứ giác AICH là hình bình hành  AH  CI (1)
Gọi M là trung điểm của BC  IC  2OM (2) (đường trung bình)
Từ (1) và (2) suy ra AH  2OM
Do M là trung điểm của BC  OM  BC  OM là tia phân giác của BOC
a 1 a 3
a 3
 MOC  600  OM  MC.cot 600  .

 AH 
2 3
6
3
DB DH
b) Ta có DBH DAC 

 DA.DH  DB.DC
DA DC
2
x  y

Áp dụng bất đẳng thức xy 
(Dấu "  " xảy ra khi x  y)
4
2
DB  DC 

a2
Ta có: DA.DH  DB.DC 
 (không đổi)
4
4
Dấu “=” xảy ra khi DB  DC hay D là trung điểm của BC.
a2
khi D là trung điểm của BC.  ABC cân
 DA.DH nhận giá trị lớn nhất là
4
tại A  A là điểm chính giữa của cung BC.
Câu 4.
Với mọi số tự nhiên a thì a 2 khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0;1;4
Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chi 8 dư 4  2019n  3n (mod8)
-Nếu n chẵn thì n  2k , k 
 2019n  32k  mod8  C  5  mod8
Nên C không thể là số chính phương
-Nếu n lẻ thì n  2k  1, k 
số chính phương.
 2019n  32k 1  3.32k  3(mod8)  C không thể là
Kết luận: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 5.
Đặt a 
Và x 
1
1
1
,b 
,c 
. Khi đó x  y  z  2  xyz  a  b  c  1
1 x
1 y
1 z
1
1 a b  c
ca
ab
1 

,y
,z 
a
a
a
b
c
Vậy x  y  z  6 
bc ca ab
ca ab


 6  


a
b
c
c
b 

cyc
 c  a  a  b   2
 2
bc
cyc

yz  zx  xy

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c hay x  y  z  2
Câu 6.
A
K
Q
B
M
P
N
H
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC và PQ
Tam giác ABC vuông tại A nên AH 
AB. AC 12
 .
BC
5
Đặt PN  x, PQ  y
Vì APQ ACB suy ra
PQ AK
y
5
25

 1 x  y  5  x
CB AH
5
12
12
2
SMNPQ
25
25 
6
 x. y  5 x  x 2  3   x    3
12
12 
5
5
6
Vậy giá trị lớn nhất của S MNPQ bằng 3 khi x  và y 
2
5
C
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 29/3/2019
Câu 1. (4,5 điểm)
x  y  m  1
1) Cho  x; y  là nghiệm của hệ phương trình 
(với m là tham số thực)
2
x

3
y

m

3

2
Tìm m để biểu thức P  x  8 y đạt giá trị nhỏ nhất
 x2  y 2  1

2) Giải hệ phương trình  3
(với x, y thuộc R)
3
x

y


1


Câu 2. (4,5 điểm)
1) Giải phương trình x 4  9 x3  24 x 2  27 x  9  0  x 
2) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh:
a b c
b
c 
 a
   3  4



b c a
ab bc ca

Câu 3. (4,5 điểm)
1) Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0 thỏa
1 1 1
  . Chứng minh rằng : abc chia hết
a b c
cho 4
2) Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Câu 4. (2 điểm)
1
2
3
99


 ..... 
là tổng của 99 số hạng và
1 2
2 3
3 4
99  100
B  2  3  4  .....  100 là tổng của 99 số hạng
Cho A 
Tính A  B.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E lần lượt là hai tiếp điểm
của AB, AC với đường tròn  I  . Biết ba góc BAC, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi M và
N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC và AC
1) Chứng minh : 2AD  AB  AC  BC
2) Chứng minh rằng ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Ta có:
x  y  m  1
3x  3 y  3m  3  x  2m
 x  2m



 m 

2 x  3 y  m  3 2 x  3 y  m  3
 y  x  m 1  y  m 1

Ta có: P  x 2  8 y  4m2  8  m  1  4m2  8m  8   2m  2   12  12
2
Dấu "  " xảy ra khi 2m  2  0  m  1
Giá trị nhỏ nhất của P là – 12 khi m  1
2
 x 2  y 2  1
 x  y   2 xy  1

2)  3
3
3
 x  y  1  x  y   3xy  x  y   1
x  y  S
Đặt 
 xy  P
Ta có:

1 S2

1 S2
P


 S 2  2 P  1
P 
2


2
 3
2
1 S
 S  3SP  1  3
S  3S .
 1 2 S 3  3S 3  3S  2  0

2

1 S2

1 S

1 S
P  2
P 
P 

2



2
S  1
5S 3  3S  2  0  S  1  5S 2  5S  2   0  


 5S 2  5S  2  0(VN )
2
2
 x  0


1 S
P  0
 x  y  1   y  1
P 



2 
 y  0
S


1
xy

0


 S  1


  x  1
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   0;1;  1;0 
Câu 2.
1. Giải: x4  9 x3  24 x 2  27 x  9  0 *
Với x  0, *  0 x  9  0  phương trình vô nghiệm
Với x  0, chia hai vế của phương trình (*) cho x 2 :
2
27 9
3
3
*  x  9 x  24   2  0   x    9  x    18  0
x x
x
x


3

x 30

x  3  6
 x 2  3x  3  0(VN )
3
3



x
  x   3  x   6   0  
 2

x
x



 x  3  6
 x  3  6  0  x  6x  3  0

x
2

S  3 6

2. Ta có:
a b c
b
c 
 a
   3  4



b c a
ab bc ca
b
c 
a  b   c 
 a
   1    1    1  4 



b  c  a 
ab bc ca

ab
4a
bc
4b
ca
4c





0
b
ab
c
bc
a
ca
 a  b  b  c   c  a   0

b  a  b  c b  c  a c  a 
2
2
2
Luôn đúng vì a, b, c là các số dương. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
Câu 3.
1 1 1
   bc  a  b  c 
(1)
a b c
TH1:Nếu a là số nguyên chẵn, suy ra a  b  c  2 , theo (1) suy ra : b.c 2 , Vậy abc 4
1. Ta có:
TH2: Nếu a là số nguyên lẻ. Với b, c là hai số lẻ thì  b  c  2  a  b  c  2 , mà abc
không chia hết cho 2 (vì a, b, c đều lẻ). Suy ra mâu thuẫn
Vậy trong hai số a, b, c tồn tại ít nhất một số chẵn.
+)Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn, (vì bc chẵn nên a  b  c  chẵn suy ra c chẵn, vì a lẻ),
suy ra abc chia hết cho 4
+)Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 4
2) Gọi A là số các số nguyên dương không vượt quá 1000. Suy ra A  1000
B là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 mà không nguyên tố cùng nhau với
999.
C là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Ta có: 999  33.37
B=(số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3) – (số các số
các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)
+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3 là:
999  3
 1  333
3
+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 là
999  37
 1  27
37
Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 chia hết cho cả 37 và 3 (chia hết
999  111
1  9
cho 111) là:
111
Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia
hết cho 3 là : 27  9  18
Suy ra B  333  18  351. Vậy C  A  B  1000  351  649
Câu 4.
A
Ta có: 

1
2
3
99


 ..... 
1 2
2 3
3 4
99  100
 
2 1  2
 
3  2 3

4  3  ......  98
 1  2  3  4  .....  99  99 100
Và B  2  3  4  .....  100


99  98  99

100  99

 A  B  100 100  1  999
Câu 5.
A
E
2
B
N
I
D
S
2
1
1
M
C
a) Gọi F là tiếp điểm của BC với đường tròn (I)
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AD  AE; BD  BF ; CE  CF
Suy ra: AB  AC  BC   AD  DB    AE  CE    BF  CF   AD  AE  2 AD.
b) Gọi S là giao điểm của BI và MN. Ta cần chứng minh D, E, S thẳng hàng.
Thật vậy:
Do MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN / / AB  B2  BSM (so le trong)
và B2  B1  BSM  B1 suy ra MBS cân tại M nên MB  MS  MC
Tam giác BSC có đường trung tuyến SM 
1
BC nên tam giác BSC vuông tại S
2
Ta có:
Tứ giác IECF và IESC là các tứ giác nọi tiếp (đường tròn đường kính IC)
Nên 5 điểm I , E, S , C, F cùng thuộc đường tròn đường kính IC
Ta có: SEC  SIC; SIC  B1  C1 (tính chất góc ngoài)  SEC  B1  C1
Lại có tam giác ADE cân tại A nên AED  ADE 
(1)
1800  A
A
 900   B1  C1 (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra SEC  AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng
Vậy ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 06/03/2019
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (5,0 điểm)
1) Cho biểu thức

x 1
x8
P

3  x 1 3  x 1 3  x 1

a) Rút gọn P



 

 :  3 x  1  1  1 .
  x 1 3 x 1
x 1 

b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  3  2 2 


5 1
3  2 2  5.1  2
2) Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P  2 x 4  x3  2 y  1  y3  2 x  1  2 y 4
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình 3x  5  x  2  4 x  2 x  3
 xy  2 x  y  6
2. Giải hệ phương trình: 
2
2
 x  1   y  2   8
3. Cho hàm số  P  : y  x 2 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d  : y  2 x  m  1
cắt đồ thị hàm số  P  tại hai điểm phân biệt A x1, y1  ; B  x2 , y2  thỏa mãn
y1 y2  x1x2  12
Câu 3. (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cạnh
AB,  D  A, B . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CB, CA. Đường thẳng MN cắt (O) tại
hai điểm P, Q(P, Q lần lượt thuộc cung CB và CA). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP
cắt BC tại I  I  B . Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K
a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp
b) Chứng minh PK .QC  QB.PD
c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G  G  P . Đường thẳng
AD
IG cắt BA tại E. Chứng minh rằng khi D di chuyển trên BA thì
không đổi
AE
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD với AB  a, AD  b. Trên các cạnh AD, AB, BC, CD lần
lượt lấy các điểm E, F , G, H sao cho luôn tạo thành tứ giác EFGH . Gọi c là chu vi của tứ
giác EFGH . Chứng minh c  2 a 2  b2
Câu 5. (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 4 y 4  6 y 2  1  x
2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n chẵn thì: n3  20n  96 chia hết cho 48
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1a) Điều kiện xác định : 1  x  10 , đặt a  x  1,0  a  3 , khi đó:
 a
  3a  1 1 
a2  9
P

 
: 2
3

a
3

a
3

a
a

3
a
a






 a  3  a   a 2  9   3a  1
1

 
 :
  3  a  3  a    a  a  3 a 
3  a  3
3a  9
3a  1  a  3
2a  4

:

:
 3  a  3  a  a  a  3
 3  a  3  a  a  a  3
3 a  a  3
3a
3 x  1
.


3  a 2a  4
2a  4 2 x  1  4
b) Ta có:

 5  1 3  2 2  5 1  2
 2  1   5  1  2  1  5 1  2
2  1   5  1 1  2  5 1  2
x  3 2 2 


2
2
 2 1 5 1 2  1 2  5 1 2
 2 1
Vậy P 


2 1  2
3 2  1
1

2
2 2 1  4
2.Ta có:
P  2 x 4  x3  2 y  1  y 3  2 x  1  2 y 4
 2 x 4  2 x3 y  x3  2 xy 3  y 3  2 y 4
 x3  2 x  2 y   y 3  2 x  2 y    x3  y 3 
  2 x  2 y   x3  y 3    x3  y 3 
  2 x  2 y  1  x3  y 3   x 3  y 3
2
1
y 
 x

Do x  y   x  y   x  xy  y   x  xy  y   x 2  y 2   

2
2
 2
1
2
 P   x 2  y 2  mà x  y  1  x 2  y 2  2 xy  1  2  x 2  y 2    x  y   1
2
1
1
 2  x2  y 2   1   x2  y 2    P 
2
4
3
3
2
2
2
2
Dấu "  " xảy ra khi x  y 
1
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
1
khi x  y 
2
4
Câu 2.
3
2
1  4 x  x  2  3x  5  2 x  3
1. Điều kiện x 
 4 x  x  2  2 4 x  x  2   3x  5  2 x  3  2
 4x  x  2 
3x  5  2 x  3
 3x  5 2 x  3  4 x  x  2    3x  5  2 x  3
 x  5(tm)
 2 x  7 x  15  0  
3
 x   (ktm)

2
Vậy phương trình có nghiệm x  5
2. Ta có



 xy  2 x  y  6
 x  y  2  y  2  4
 x  1 y  2   4


(*)

2
2
2
2
2
2
x

1

y

2

8




x

1

y

2

8
x

1

y

2

8














Đặt a  x  1; b  y  2 ta có hệ phương trình:
ab  4
ab  4
ab  4

*   2 2  

2
2
a  b  8  a  b   2ab  8  a  b   16
2
 ab  4
 a  2
 x  1  2
 x  1
ab  4







a

b

4
b

2
y

2

2




y  4
 a  b  4  



 ab  4
 a  2
  x  1  2
  x  3
  a  b  4





 a  b  4
 b  2
  y  2  2
  y  0
Nghiệm của hệ phương trình S  1;4  ;  3;0 
3. Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là x2  2 x  m  1hay
x2  2 x  m  1  0 (1)
 d  và  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
  '  1   m  1  0  m  0
Do A, B thuộc  P  nên y1  x12 ; y2  x22 . Theo đề bài ta có:
x x  4
2
y1. y2  x1 x2  12   x1 x2   x1 x2  12   1 2
 x1 x2  3
x  x  2
Theo hệ thức Viet ta có:  1 2
 x1 x2  m  1
Nếu x1x2  4 thì m  1  4  m  3(ktm)
Nếu x1x2  3 thì m  1  3  m  4(tm)
Vậy m  4 là giá trị cần tìm
Câu 3.
K
C
I
P
M
Q
N
J
G
B
E
D
A
a) Tứ giác BDIP nội tiếp suy ra PIK  1800  PID  PBA
Mà tứ giác CPBA nôi tiếp  PCK  1800  PCA  PBA  PIK  PCK suy ra tứ giác
CIPK nội tiếp.
b) Tứ giác CIPK nội tiếp và tứ giác PBDI nội tiếp, suy ra PKI  PCI và
PK PD
PK PC
PDI  PBI  PKD PCB  g.g  



1
PC PB
PD PB
Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy ra QPB  BCQ hay MPB  MCQ
mặt khác PMB  CMQ (đối đỉnh)
PB MP

nên MPB MCQ  g.g  
QC MC
Chứng minh tương tự  MCP
(2)
MQB( g.g ) 
PC MP

(3)
QB MB
Từ (2) và (3) kết hợp MB  MC 
Từ (1) và (4) 
PB PC
PC QB



(4)
QC QB
PB QC
PK QB

 PK .QC  QB.PD
PD QC
c) Do tứ giác BDGI và tứ giác CPBA nội tiếp, suy ra PGI  PBI và
AD KD
PBC  PAC  PGI  PAC  IG / /CA 

(5)
AE KI
Trên BC lấy J sao cho KPI  CPJ . Tứ giác CIPK nội tiếp , có: IPK  1800  KCI  BCA
không đổi
CB
Suy ra J là điểm cố định 
không đổi (6)
CJ
KI PK KD
KD CB
Lại có PKI PCJ ( g.g ) và PKD PCB( g.g ) 




(7)
CJ PC CB
KI CJ
AD
Từ (5), (6), (7) suy ra
không đổi
AE
Câu 4.
F
A
B
I
E
K
G
M
D
H
C
Gọi I , K , M theo thứ tự là trung điểm của EF , EG, GH .AEF vuông tại A và có AI là
1
đường trung tuyến nên AI  EF .
2
1
1
Tương tự MC  GH .IK là đường trung bình của AFG nên IK  FG. Tương tự:
2
2
1
KM  EH .
2
c  EF  FG  GH  HE  2  AI  IK  KM  MC 
Ta có : AI  IK  KM  MC  AC (vì đường gấp khúc AIKMC  AC ).
Suy ra c  2 AC  2 a 2  b2
Câu 5.
1. Đặt x  a, a  0, y 2  b, b  0
4 y4  6 y2 1  x
 4b 2  6b  1  a 2
 16b 2  24b  4  4a 2
 16b 2  24b  9  4a 2  13
  4b  3  4a 2  13
2
  4b  3  2a  4b  3  2a   13
Lập bảng
4a  3  2a
1
13
4b  3  2a
3
a
1
b
Nhận
9
x
y
1
13
1
-3
1
Loại
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x; y    9;1
2) Ta có n chẵn  n  2k , k  . Suy ra :
n3  20n  96   2k   40k  96  8  k 3  5k   96
3
 8  k 3  k   6k   96  8  k 3  k   48k  48.2
Do k  1; k ; k  1là 3 số nguyên liên tiếp nên  k  1 k  k  1 chia hết cho 6
 k 3  k   k  1 k  k  1 6  8  k 3  k  48, k 
Vậy với mọi số nguyên n chẵn thì n3  20n  96 chia hết cho 48
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH
Khóa ngày 23-3-2019
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
Câu 1. (3,0 điểm)
Rút gọn biểu thức A  12  4 2  2 3  4 6
Câu 2. (3,0 điểm) Cho a  3 6 3  10; b  3 6 3  10. Tìm phương trình bậc hai có hai
nghiệm là a 2 và b 2 đồng thời các hệ số đều là số nguyên và hệ số của x 2 bằng 2019.
Câu 3. (3,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y  0,5 x 2 và đường
thẳng  d  : y  1,5x  2m  1. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng  d  cắt (P) tại
điểm khác gốc tọa độ và có hoành độ gấp hai lần tung độ
Câu 4. (3, điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết bình phương của số đó sau khi đã
bỏ đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị cộng với số đó bằng 2419
x 2  4 xy  5 y 2 2
Câu 5. (3,0 điểm) Cho hai số x, y thỏa 2

x  2 xy  2 y 2 5
Tính giá trị của biểu thức A 
3x  2 y
x y
Câu 6. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C, biết BAC   , AB  a. Lấy một điểm
D nằm bên trong tam giác ABC sao cho CD vuông góc DB và góc ACD  DBA. Gọi E
là giao điểm của AB và CD.
a) Tính độ dài đoạn thẳng AE theo a và 
b) Gọi F là giao điểm của DB và AC. Chứng minh FC 2  FD.FB
Câu 7. (2,0 điểm)
Cho 8 đường tròn có cùng bán kính biết
rằng khi sắp ba đường tròn và 5 đường
tròn có tâm nằm trên đường thẳng sao
cho khoảng cách giữa hai tâm liền kề
bằng nhau thì khoảng cách lớn nhất giữa
hai đường tròn biên bằng 20 cm và 32
cm (hình vẽ). Tính bán kính đường tròn.
ĐÁP ÁN
Câu 1. Khai căn biểu thức A
A  12  4 2  2 3  4 6
 1 8  3  4 2  2 3  4 6


1 2 2  3

2
1 2 2  3
Câu 2.
a  3 6 3  10; b  3 6 3  10
3
6 3  10  3 1  3 3  3.3 
 
3
3
1 3
b  3 6 3  10  1  3

a 2  b2  1  3
   1  3 
2
2

 8; a 2b2  1  3
 1  3 
2
2
4
Vậy phương trình bậc hai cần tìm là: 2019  x 2  8x  4   0
Hay 2019 x2  16152 x  8076  0
Câu 3.
 P  : y  0,5x2 ;  d  : y  1,5x  2m  1
Gọi tọa độ giao điểm là  x0 ; y0  ; x0  0. Ta có x0  2 y0 thay vào (P) ta được:
y0  0,5  2 y0 
2
 y0  0(ktm)

 tọa độ giao điểm  1; 0,5 
 y0   1

2
Thay vào phương trình (d) ta được: 0,5  1,5  2m  1  m  1
Vậy m  1 thỏa đề bài.
Câu 4.
Giả sử số cần tìm là abcd với a; b; c; d 0;1;......;9 theo đề bài ta có:
 
abcd  ab
2
 2419
 1000a  100b  10c  d  10a  b   2419
2
Dễ thấy a  1hoặc a  2 (vì nếu a  0 vế trái bé hơn vế phải , ngược lại a  3 vế trái lớn
hơn vế phải)
Xét a  2  2000  100b  10c  d  400  40b  b2  2419
 140b  10c  d  b 2  19
c  1
 b  0  10c  d  19  
d  9
Vậy abcd  2019
Xét a  1  1000  100b  10c  d  100  20b  b2  2419
 120b  10c  d  b2  1319
Do b có một chữ số nên b  8, b  9
Nếu b  8  960  10c  d  64  1319  10c  d  cd  295 vô nghiệm
Nếu b  9  1080  10c  d  81  1319  10c  d  cd  158vô nghiệm
Vậy abcd  2019
Câu 5.
Do x  0, y  0 không thỏa điều kiện ta viết lại đẳng thức như sau:
2
x
x

4.
5


y
y
x 2  4 xy  5 y 2 2
2
   2

2
2
x  2 xy  2 y
5
5
x
x

2.

2
 y
y
 
Đặt t 
x
ta được:
y
t 2  4t  5 2
  5  t 2  4t  5   2  t 2  2t  2 
2
t  2t  2 5
t  1
 3t 2  24t  21  0  
t  7
Ta có: A 
Vậy A 
3x  2 y 3t  2

x y
t 1
1
19
hoặc A 
2
8
Câu 6.
C
F
D
A
E
B
a) Ta có: ACE  BCE  900  CBD  BCD  ACE  CBD  DBE
DB vừa là đường cao vừa là phân giác của tam giác BCE nên tam giác BCE cân tại B
 BC  BE
Mặt khác xét tam giác vuông ABC có : BC  a.sin 
Vậy AE  AB  BC  a.1  sin  
b) Tam giác FCB vuông tại C có CD là đường cao , áp dụng hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta được: FC 2  FD.FB
Câu 7.
Gọi bán kính đường tròn và khoảng cách phần giao nhau lần lượt là x; y . Điều kiện
x0
6 x  2 y  20
Ta có hệ phương trình: 
10 x  4 y  32
Giải hệ ta được x  4, y  2. Vậy bán kính đường tròn bằng 4cm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề
I.PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Cho khối hộp chữ nhật có chiều dài 3m, chiều rộng 2m, và chiều cao 1m. Thể tích
của khối hộp đã cho bằng
A. 3m3
B. 6m3
C. 2m3
D. 12m3
Câu 2. Biểu thức P  5


10  40 có giá trị bằng
A. 5 10
B. 5 6
C. 5 30
D. 5 2
2
Câu 3. Tổng các nghiệm của phương trình : x  6 x  1  0 bằng
A. 6
B. 3
C. 3
D. 6
Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức P  x  2 xác định
A. x  2
B. x  2
C. x  2
D. x  2
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
x  2 y  3
Câu 5. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
x  y  6
1
Câu 6. (2,0 điểm). Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng  d  : y   x  m (x là ẩn, m là
2
tham số)
a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) với đường thẳng (d) khi m  4
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng  d  cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt A x1, y1  , B  x2 , y2  thỏa mãn x1x2  y1 y2  5.
Câu 7.(1,0 điểm). Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau
78km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn
trên đoạn đường đó từ B về A. hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường
36km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của
người thứ nhất là 4km / h và vận tốc của mỗi người trong suốt đoạn đường là không thay
đổi.
Câu 8. (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  . Gọi M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) ( M không trùng với B, C ). Gọi H , K , D theo thứ
tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến các đoạn thẳng AB, AC, BC.
a) Chứng minh tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh MH .MC  MK.MB
c) Tìm vị trí điểm M để DH  DK lớn nhất
Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh:
2  6a  3b  6 2bc
16

2
2a  b  2 bc
2b2  2  a  c   3
ĐÁP ÁN
Câu 1.B
Câu 2.D
Câu 3.A
Câu 4.C
Câu 5.
 x  2 y  3 3 y  3
x  5



x  y  6
x  6  y
y 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    5;1
Câu 6.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
1 2
1
x   x  m  x 2  x  m  0 (*)
2
2
x  2  y  2
1
a) Thay m  4 vào (*) ta được: x 2  x  4  0  x 2  2 x  8  0  
2
 x  4  y  8
Vậy với m  4 thì (d) cắt ( P) tại hai điểm M  2;2 , N  4;8 
b) Số giao điểm của (d) và (P) bằng số nghiệm của phương trình (*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (*) có hai nghiệm phân biệt
1
1
   12  4. . m   0  1  2m  0  m  
2
2
Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A x1; y1  & B  x2 ; y2 
1 2

y

 1 2 x1
 x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*)  
 y  1 x2
 2 2 2
b

x

x


 2
1
2

a
Theo định lý Vi-et ta có: 
 x x  c  2m
 1 2 a
Theo đề bài ta có:
1
x1 x2  y1 y2  5  x1 x2  x12 x22  5
4
 4 x1 x2   x1 x2   20  0
2
 4  2m    2m   20  0  4m 2  8m  20  0
2
 m  1  6(tm)

 m  1  6(ktm)
Vậy m  1  6 là giá trị cần tìm
Câu 7.
Gọi vận tốc của người thứ nhất là x(km / h)
( x  0)
Vận tốc của người thứ hai hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km / h
 Vận tốc của người thứ hai là: x  4(km / h)
Quãng đường người thứ nhất đi được cho đến khi gặp người thứ hai là: 78  36  42(km)
42
( h)
 Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ 2 là :
x
36
Thời gian người thứ 2 đi đến khi gặp người thứ 1 là :
( giờ)
x4
Theo đề bài ta có: người thứ hai xuất phát sau người thứ nhất 1 giờ nên ta có phương trình
42
36

 1  42( x  4)  36 x  x  x  4 
x x4
 42 x  168  36 x  x 2  4 x
 x  12  0
 x  12(ktm)
 x 2  2 x  168  0  

 x  14  0
 x  14(tm)
Vậy vận tốc của người thứ nhất là 14km / h, vận tốc của người thứ hai là 18km / h
Câu 8.
A
O
K
B
H
a) Ta có:
D
M
C
MH  AB( gt )  MHA  900 

 MHA  MKA  900  900  1800

MK  AC ( gt )  MKA  900 

Mà hai góc này ở vi trí đối diện nên AHMK là tứ giác nội tiếp
b) Dễ thấy tứ giác ABMC nội tiếp  HBM  MCA (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh
đối diện)
Xét HBM và KCM có:
MHB  MKC  900 
  HBM KCM ( g.g )
HBM  MCA(cmt ) 
HM BM
(hai cặp cạnh tương ứng )  MH .MC  MB.MK (dfcm)


KM CM
c) Nối D với H , D với K


Xét tứ giác BHMD có BHM  BDM  900  900  1800
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên BHMD là tứ giác nội tiếp
 BDH  BMH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH ) (1)
Xét tứ giác CKDM có MDC  MKC  900  CKDM là tứ giác nội tiếp
 KDC  KMC (cùng chắn cung KC) (2)
(3)
Mà HBM KCM (cmt )  BMH  KMC
Từ (1) (2) và (3) suy ra BDH  KDC suy ra H , D, K thẳng hàng hay DH  DK  HK
Câu 9.
Viết BĐT về dạng
2
16

0
2
2
2a  b  2 2bc
2b  2  a  c   3
Ta có:
2
2
1


. Đắng thức xảy ra  b  2c
2a  b  2 2bc 2a  b  b  2c a  b  c
Áp dụng BĐT cauchy-schwwaz ta có:
2
2
 a  b  c   1  1  a  c   b2 
16
16
2
 a  b  c  2  a  c   2b 2  

2
abc3
2b 2  2  a  c   3
Đẳng thức xảy ra  a  c  b
2
16
1
16


3

3
2
2
a

b

c
a

b

c

3
2a  b  2 bc
2b  2  a  c   3
3 a  b  c  1

0
 a  b  c  a  b  c  3
2
a  b  c  1  0 a  c  1


4
Đẳng thức xảy ra  b  2c

a  c  b
b  1


2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
UBND TỈNH SƠN LA
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn : Toán (Lớp chuyên)
Câu 1. (2,0 điểm)

x   x 3
x 2
x 2 
a) Rút gọn biểu thức: A  1 


:

x

1
x

2
x

3
x

5
x

6

 

b) Tính giá trị biểu thức B   x  4 x  2 
2
2019
tại x 


3 1
3
10  6 3

21  4 5  3
Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình : x2  mx  m  1  0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn biểu thức
A
4 x1 x2  6
đạt giá trị nhỏ nhất.
x  x22  2 1  x1 x2 
2
1
Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 2  3x  5  3x  7
Câu 4. (3,0 điểm) Từ một điểm I nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA và IB
đến đường tròn ( A, B là các tiếp điểm). Tia Ix nằm giữa hai tia IA và IB, Ix không đi qua O
và cắt đường tròn (O) tại C và E ( E nằm giữa C và I), đoạn IO cắt AB tại M. Chứng minh
a) Tứ giác OMEC nội tiếp
b) AMC  AME
2
IE
 MB 

c) 

 MC  IC
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho a, b, c  0 thỏa mãn  3. Chứng minh rằng:
1
362

 121
a 2  b2  c2 ab  bc  ca
Câu 6. (1,0 điểm)
Trong các tam giác có cạnh đáy bằng a, chiều cao tương ứng là h ( a, h cho trước,
không đổi). Hãy tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0; x  4, x  9

x   x 3
x 2
x 2 
A  1 


:

x 1  x  2
x 3 x5 x 6

A
1
x9 x 4 x 2
:
x 1
x 2
x 3
A
1
.
x 1


x 2
x


3 1
3
10  6 3
21  4 5  3

2
2 2 5




x 3
x 3
b) Ta có:




x 2
x 1
 
3 1

3 1
3

1 2 5

2
3
3
1
 2  5
52
Vậy
B   x  4x  2
2
2019

  2  5


 4 4 5 58 4 5  2

2019

2


 4. 2  5  2 

  1
2019
2019
 1
Câu 2.
a) Phương trình x2  mx  m  1  0 có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
 m 2  4m  4  0
  0
2


 m  2   0 m  2


 S  0  m  0
m  1
m  1
 P  0 m  1  0



m  2
Vậy với 
thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt
m  1
b) Vì    m  2   0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân
2
x  x  m
biệt x1 , x2 . Theo hệ thức Vi-et ta có:  1 2
 x1 x2  m  1
Khi đó:
A
4 x1 x2  6
4 x1 x2  6
4 x1 x2  6


2
2
x  x2  2 1  x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  2  2 x1 x2  x1  x2 2  2
2
1
4  m  1  6 4m  2
 2
 A  m 2  2   4m  2
2
m 2
m 2
2
 Am  4m  2 A  2  0(1)
A
1 có nghiệm khi
 '  0  4  A  2 A  2   0  2 A2  2 A  4  0
  A  1 A  2   0  1  A  2
Vậy MinA  1  m2  4m  4  0  m  2
Vậy với m  2 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề bài.
Câu 3.
2
3
9 11 
3  11
Có x  3x  5  x  2. x     x     0x 
2
4 4 
2
4
7
ĐKXĐ: x 
3
2
2
x 2  3x  5  x 2  3x  7
 x 2  3x  5  x 2  3x  5  12  0
Đặt
x 2  3x  5  t  t  0 , ta có phương trình:
t  3(tm)
t 2  t  12  0  
t  4(ktm)
 x  1(tm)
Với t  3  x 2  3x  5  3  
 x  4(tm)
Vậy S  1;4
 VT  0
Câu 4.
A
C
E
I
M
O
B
a) IAE và ICA có IAE  ICA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp
cùng chắn cung AE ) và góc I chung
IA IE

 IA2  IE.IC (1)
IC IA
Lại có IAO vuông tại A có AM  IO (do IO là trung trực của đoạn AB)
 IAE
 IA2  IM .MO
ICA( g.g ) 
(2)
IE IO

IM IC
IE IO
 IEM IOC  c.g.c   IME  OCE
IEM và IMC có góc I chung và

IM IC
 Tứ giác OMEC nội tiếp (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a)
Từ (1) và (2) ta có: IE.IC  IM .IO 
 OEC  OMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OC )
Mà OEC  OCE (do tam giác OCE cân tại O)
Và OCE  IME (chứng minh trên)  IME  OMC
Mà IME  EMA  900 và OMC  CMA  900 (do AB  IO)  AMC  AME


c) CMO và ICO có: CMO  ICO  OEC ; IOC chung
CM IC

 CM .CO  MO.IC
MO CO
CM 2
CM
2
 CM .CO  CM .MO.IC 

(1)
MO.IC CO
 CMO
ICO( g.g ) 
Lại có IEM



COM ( g.g ) (do IEM  MOC  IOC theo câu a và EMI  OMC (câu b)
IM CM

(2)
IE CO
IM
CM 2
IM .IO IE



Từ (1) và (2) ta có:
IE MO.IC
MC 2
IC
Mà MA2  MI .MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông IAO)
2
MB 2 IE
MA2 IE
IE
 MB 



mà MA  MB 
hay 
 
2
2
MC
IC
MC
IC
 MC  IC
Câu 5.
1 1 1
9
Với 3 số thực dương a, b, c ta có   
a b c abc
Thật vậy ta có:
1 1 1
a b
c a
b c
 a  b  c                   3
a b c b a a c c b
CoSi
 22239
1 1 1
9
Vậy   
(*) , Dấu "  " xảy ra khi a  b  c
a b c a b c
Với ba số thực a, b, c ta có: 3 ab  bc  ca    a  b  c 
2
Thật vậy:
3  ab  bc  ca    a  b  c 
2
 3ab  3bc  3ca  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0

1
2
2
2
a  b   b  c   c  a    0


2
a  b  c
Luôn đúng với mọi a, b, c . Vậy ab  bc  ca 
3
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c
2
(**)
Áp dụng * , ** và giả thiết a  b  c  3, ta có:
1
362

2
2
a b c
ab  bc  ca
1
1
1
360
 2



2
2
a b c
ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca
9
360
9 360.3




 121
2
2
a  b  c a  b  c 9 9
2
3
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c
Câu 6.
C'
A
I
F
P
G
B
H E
C
Tam giác ABC có B, C cố định, AH  h
Vậy A thuộc đường thẳng d cố định song song với BC và cách BC một đoạn h
Gọi  O; r  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại
1
AH .BC (không đổi ) (1)
2
1
(2)
Mặt khác S ABC  S AOB  S BOC  SCOA  r  AB  BC  CA
2
Từ (1) và (2) ta có r lớn nhất khi AB  AC nhỏ nhất
Lấy C ' đối xứng với C qua d  C ' cố định và AC  AC '
 AB  AC  AB  AC '  BC '
 AB  AC nhỏ nhất khi A  I (I là giao của BC ' và d )
Gọi P là trung điểm CC ' vì d / / BC nên I là trung điểm BC '
 IB  IC '  IC  AB  AC
Vậy r lớn nhất khi tam giác ABC cân tại A.
E, F , G. Ta có: S ABC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Ngày thi: 06/06/2019
Môn: Toán (Hệ chuyên)
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x 2  x 2  2 x  19  4 x  74
2

x  3y  6x  0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
4

9 x  6 xy  y  3 y  9  0
Bài 2. (2,5 điểm)
2 x  3 x x  1 x2  x  x  0 
a) Cho biểu thức P 



 . Rút gọn và tìm giá trị nhỏ
x
x  x x x  x  x 1 
nhất của biểu thức P
b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a 2  4ab  7b2  0  a  b, a  b . Tính giá trị của
2a  b 3a  2b
biểu thức Q 

a b
ab
c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d  : y   m  2 x  m  1 và
 d ' : x   m  2 y  m  2, trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm
của hai đường thẳng nói trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi
Bài 3. (1,5 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  y  3  1  x  y
b) Số tự nhiên n  1116 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương phân biệt ? Tính
tích của tất cả các ước số đó.
Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn  O; R  có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Gọi M là điểm di động trên đoạn thẳng OB ( M khác O và P). Tia CM cắt đường
tròn  O  tại N ; DB cắt CN tại P, AN cắt CD tại Q
a) Chứng minh PQ / / AB
b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC, từ đó suy ra diện tích tứ giác ACMQ
không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB
2
CQ  CN 

c) Chứng minh hệ thức

AM  AN 
d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác CPQ. Tính OM theo R trong trường hợp đó.
Bài 5. (0,5 điểm)
Trên một bảng ô vuông, ở mỗi ô người ta điền toàn bộ dấu  . Sau đó, thực hiện
quá trình đổi dấu (dấu + sang dấu  , dấu  sang dấu +) lần lượt theo các bước sau:
Bước 1: Các ô ở dòng thứ i đều được đổi dấu i lần, i  1,2,......,2019
Bước 2: Các ô ở cột thứ j đều được đổi dấu 3 j  1 lần, j  1,2,.....,2019
Tính số dấu còn lại trên bảng ô vuông sau khi thực hiện quá trình đổi dấu trên.
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) GPT: 2 x 2  x 2  2 x  19  4 x  74
Điều kiện: x2  2 x  19  0
2  2 x 2  2 x  19   x 2  2 x  19  36  0
Đặt t  x2  2 x  19, t  0
t  4(tm)
Phương trình tương đương với 2t  t  36  0  
9
t   (ktm)

2
2
x  7
t  4  x 2  2 x  19  4  x 2  2 x  19  16  x 2  2 x  35  0  
 x  5
Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn
Vậy S  5;7
b) Cộng vế theo vế hai phương trình ta được:
x  3
2
2
9 x 2  6 xy 2  y 4  x 2  6 x  9  0   3x  y    x  3  0   2
 y  3x
  x; y    3;3 hoặc  x; y    3; 3
Thử lại ta thấy nghiệm  x; y    3;3  thỏa mãn hệ phương trình
Bài 2.
a) P 
2x  3 x x  1 x2  x 2x  3




x
x x x x x
x


x
  x  x x  1
x  1
x. x  1
x  1  x  1 x  x  1

x
x . x  1
x 1 x  x 1

2x  3 x  x  1
x x 1
2x  3 x 




x
x
x
x. x  1

2x  3 x  x  1 x  x  1 2x  2 x  3
3



2 x
2
x
x
x
x
x


Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 x 
3
2 6  P22 6
x
3
Dấu "  " xảy ra khi x  (tmdk )
2
2a  b 3a  2b 2a 2  ab  b2  3a 2  5ab  2b 2 5a 2  4ab  b 2



b) Q 
a b
ab
a 2  b2
a 2  b2
Vì a 2  4ab  7b2  0 nên ta có:
Q
6  a 2  b2    a 2  4ab  7b2 
a 2  b2

6  a 2  b2 
a 2  b2
6
c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d '
Với m  2 thì  d  : y  3 và  d ' : x  0 vuông góc với nhau
1
x 1
m2
1 

Khi đó ta có a.a '   m  2 . 
  1   d    d '
 m2
Vậy  d    d ' với mọi m
Với m  2 thì  d ' : y  
Vậy giao điểm của đường thẳng nói trên nhìn đoạn AB cố định dưới một góc vuôn nên
thuộc đường tròn đường kính AB khi m thay đổi.
Bài 3.
a)
x  y  3 1 x  y
 x  y  3  2 x  y  3  1  x  2 xy  y
 x  y  3  xy  2
 x  y  3  xy  4 xy  4
 xy 
xy  x  y  1
4
Nếu xy là số không chính phương thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý
Vậy xy  k 2  xy  k
Ta có:
x  y  3  xy  4 xy  4  x  y  2 xy  xy  2 2 xy  1 

x y
 
2


xy  1
2
 x  y  xy  1(*)

y  k  1  x  y   k  1  2  k  1 x  x

 k  1  x  y do....k  2
x


2  k  1
2
2
Nếu x là số không chính phương thì VT vô tỉ, VP hữu tỉ, vô lý
Vậy x là số chính phương, lý luận tương tự thì y là số chính phương.
Đặt x  a 2 ; y  b2 , từ (*) a  b  ab  1   a  1 b  1  2
Ta tìm được  a; b    2;3 ;  3;2    x; y    4;9  ;  9;4 
b) n  1116  36.376
Mỗi ước số nguyên dương của n có dạng 3x.37 y trong đó x 01;2;3;4;5;6 và
y 0;1;2;3;4;5;6 . Do x có thể nhận 7 giá trị và y cũng có thể nhận giá trị 7 nên n có
tất cả 7  7  49 ước số nguyên dương phân biệt
n
Nếu a là một ước số nguyên dương của n, a  1113 thì b  cũng là một ước số nguyên
a
dương của n, b  a. Khi đó a và b tạo thành một cặp ước số nguyên dương của n và
chúng có tích đúng bằng n .
Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt của n, ngoại trừ 1113 còn 48 ước số còn lại
được chia thần 24 cặp ước số có tính chất như cặp ước  a, b 
Vậy tích tất cả các ước nguyên dương phân biệt của n là 1116  .1113  111147
24
Bài 4.
C
M
A
B
O
P
Q
1
N
1
D
a) Vì AB  CD nên CA  CB  D1  N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp
 PND  PQD  1800 mà PND  900  PQD  900  PQ  CD  PQ / / AB
b) Xét hai tam giác CAQ và AMC có:
ACQ  MAC  450 ; CAQ  AMC (do sd AC  sd BN  sd BC  sd BN )
CA CQ

 AM .CQ  AC 2  2 R 2
AM AC
AM .CQ AC 2 2 R 2
Tứ giác ACMQ có AM  CQ  S ACMQ 


 R2
2
2
2
Vậy CAQ MAC ( g.g ) 
2
CA CQ AQ
CQ  AQ 




c) Ta có CAQ MAC ( g.g ) 
 1
AM AC MC
AM  MC 
COM
CND( g.g ) (vì DCN chung; COM  CND  900 )
CM CO

 CM .CN  2 R.R 2  2 R 2
CD CN
Tương tự: AQ. AN  2R 2
Suy ra
Vậy CM .CN  AQ.AN 
AQ CN

MC AN
CQ  CN 
Từ (1) và (2) suy ra


AM  AN 
(2)
2
d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp  PQN  PDN
Mà PDN  BCN nên PQN  BCN
NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ khi PQN  PCQ
Do đó: BCN  PCQ hay BN  ND
Suy ra CN là phân giác của OCB
Tam giác BOC vuông cân tại O  BC  BC  OB 2  R 2
OM OC
R
1
Vì CM là phân giác của tam giác BOC nên



MB CB R 2
2
Ta có: OM  MB  R  OM  R
Vậy khi OM  R



2 1

2  1 thì NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ
Bài 5.
Theo quá trình đổi dấu ghi trên ô vuông ở dòng i cột j được đổi dấu i  3 j  1
lần. Mà i  3 j  1 và i  j hai số không cùng tính chẵn lẻ (vì  i  3 j  1   i  j   2 j  1
là số lẻ)
Do đó những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần và dấu
ở ô vuông đó vẫn là dấu  , còn những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần và dấu ở ô vuông đó là dấu 
Mà từ 1 đến 2019 có 1009 số chẵn và 1010 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j bằng :
1009.1010  1010.1009  2038180
Vậy số các ô vuông còn lại mang dấu  bằng 2038180
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Năm học: 2019-2020
Môn thi: Toán Chuyên
Ngày thi: 11/06/2019
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức : A  4  2 3  6  2 5 
2
5 3
b) Tính thể tích của hình cầu, biết diện tích mặt cầu là 36 cm2
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  m  2 , m là tham số. Tìm
m để  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0
Câu 3. (2,0 điểm)
 x  15  x 
2
2

 x  y   x  y  2   4  y  2 
Giải hệ phương trình: 
2
2

 x  y   y  2  x  y  2   4  y  2 
a) Giải phương trình: x  1  5  x  2
b)
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn  O; R  , DC là một dây cố định không đi qua O. Gọi S là điểm di
động trên tia đối của DC (S không trùng D). Qua S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường
tròn  O; R  ( A, B là hai tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của DC
a) Chứng minh 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn
b) Gọi H là giao điểm của SO và AB. Chứng minh DHC  DOC
c) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi S di động
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  5. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 3x 2  3 y 2  z 2
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
5 3
a) A  4  2 3  6  2 5 

 


3
2
 
 2. 3.1  12 

2
3 1 


5
2
5 1 
2

2
 2. 5.1  12 
5 3

2


5 3
5 3


5 3

2
 3 1 5 1 5  3  2 5
b) Gọi R là bán kính mặt cầu. Khi đó diện tích mặt cầu : 4 R2  36 cm2  R  3(cm)
4
4
Thể tích hình cầu: V   R3   .33  36  cm3 
3
3
Câu 2.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x 2  2 x  m  2  x 2  2 x  m  2  0 *
Ta có:  '  m  1. d  cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt, tức là  '  0  m  1
Vậy m  1
b) Ta có: x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0
  x  3 y  1 x  y  3  7  0   x  3 y  1 x  y  3  7
Vì x, y  nên ta có các trường hợp sau:
 x  3 y  1  7
x  3y  8 x  1
i) 


x  y  3  1
x  y  4
 y  3
 x  3 y  1  1  x  3 y  2  x  7
ii ) 


x  y  3  7
 x  y  10
 y  3
x  3y  1  7
x  3y  6 x  3
iii ) 


 x  y  3  1  x  y  2
y 1
x  3y  1  1
x  3y  0
 x  3
iv) 


 x  y  3  7
 x  y  4  y  1
Vậy nghiệm nguyên cần tìm là  x; y   1; 3 ;  7; 3 ; 3;1;  3;1

u  x  1
Câu 3. a) Điều kiện : 1  x  5 . Đặt 
ta có:
v

5

x


u  v  2  2uv
u  v  2  2uv
u  v  2  2uv


2
 2
 u  v  1
2
  u  v    u  v   2  0   
u  v  4
u, v  0
u, v  0
 u  v  2


u, v  0
 u  0
 
 u  0


u  v  2  2uv
uv  0

 v  0
 



v  2
 u  v  2
 u  v  2  u  v  2  

 u  2
 
u, v  0
u, v  0
u, v  0





 v  0

 
Vậy nghiệm cần tìm là S  1;5
2
2

 x  y   x  y  2   4  y  2  (1)
b) 
2
2

 x  y   y  2  x  y  2   4  y  2  (2)
Từ (2) ta có: x2  y 2   y  2  2   x  y  , thay vào (1) ta được:
 y  2   2   x  y   x  y  2   4  y  2 
2
  y  2 4   x  y    4  y  2


 y  2
2
  y  2  x  y   0  
 y  x
x 1  0
5 x  2
x 1

(TM )
x

5

x 1  2
5 x 0
i)
Với y  2 thì (2) trở thành x 2  4  0(VN )
ii)
x 1
Với y   x thì (1) trở thành: 4 x 2  4   x  2   x 2  x  2  0  
 x  2
Khi đó hệ có nghiệm  x; y   1; 1;  2;2 
Câu 4.
A
H O
I
M
S
C
D
B
J
a) Chứng minh 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn
Vì SA, SB là các tiếp tuyến nên SA  OA, SB  OB, mặt khác I là trung điểm của CD nên
OI  CD. Gọi M là trung điểm của SO. Khi đó ta có:
MS  MO  MA  MI  MB (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
Suy ra 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn  M 
b) Chứng minh DHC  DOC

 S ...chung
Xét hai SDB và SBC có: 
 SDB

 SBD  SCD
Xét SBO có SB2  SH .SO
(2)
Từ (1) và (2)  SD.SC  SH .SO 
SBC ( g.g )  SB 2  SD.SC (1)
SC SO

SH SD
 S ....chung

Xét hai SDH và SOC có:  SC SO  SDH


 SH SD
SOC (cgc)
Suy ra SDH  SOC (hai góc tương ứng)
Xét tứ giác DHOC có:
HOC  HDC  SOC  HDC  SDH  HDC  1800 suy ra tứ giác DHOC nội tiếp.
Suy ra DHC  DOC (góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
c) Chứng minh dường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi S di động
Gọi J là giao điểm của AB và OI. Xét hai OIS và OHJ có:
OIS  OHJ  900 ; O chung
 OIS OHJ ( g.g )  OI .OJ  OH .OS
Mặt khác OH .OS  OB2  R 2 (hệ thức lượn trong tam giác vuông SBO)
R2
, hệ thức này chứng tỏ J là điểm cố định.
OI
Hay đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định J khi S di động
Câu 5.
Vì x, y, z  0 nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
Từ đó OI .OJ  OH .OS  R2  OJ 
 2 1 2
2 x  2 z  2 xz

 2 1 2
2
2
2
2 y  z  2 yz  3x  3 y  z  2  xy  yz  xz   10
2

2
2
 x  y  2 xy

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức trên là 10. Đẳng thức xảy ra khi:
 2 1 2
2 x  2 z

2 y 2  1 z 2
x  1

2


 y 1
x  y
 x, y , z  0

z  2

 xy  yz  zx  5



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TIỀN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2019-2020
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian:150 phút
Ngày thi: 05/6/2018
Bài 1. (3,0 điểm)
1. Cho x  3 2  2 3  3 2  2 3  1. Tính giá trị biểu thức P  x3  x 2  3x  9 
3
2. Giải phương trình: x2  6 x  5  x  7

 3x  y  1 y  1  3x  1  y 3x  y
3. Giải hệ phương trình: 
2
2

x  y  5
Bài 2. (3,0 điểm)
1
1. Cho parabol  P  : y  2 x 2 , các đường thẳng  d1  : y   x. Viết phương trình
4
đường thẳng  d 2  , biết d 2 vuông góc với d1 và d 2 cắt  P  tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho 5 AB  17OI , với I là trung điểm của đoạn AB.
2. Cho phương trình x2  5x  4  9m  0(1), với m là tham số. Tìm giá trị của m để
 I  có hai nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn x1  x12  1  x2 8x22  1  5
3. Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  x3  y 3   6 xy  x  y  2    x  y   xy  4  .
2
1 x y 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T     1
2 y x 
Bài 3. (1,0 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  2 x  5 y  1 2
x 1

 y  x 2  x  65
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn  O  đường kính AB. Trên cùng mặt phẳng bờ AB, vẽ các tiếp
tuyến Ax, By của  O  . Trên  O  , lấy điểm C CA  CB  và trên đoạn thẳng OA lấy điểm
D (D khác O, A) . Đường thẳng vuông góc với CD tại C cắt Ax, By lần lượt tại E, F . AC
cắt DE tại G, BC cắt DF tại H, OC cắt GH tại I .
1) Chứng minh hai tam giác AGE, FHC đồng dạng và I là trung điểm của GH
2) Gọi J , K lần lượt là trung điểm của DE, DF . Chứng minh I , J , K thẳng hàng
3) Gọi M là giao điểm của JO và DK . Chứng minh tam giác JOK vuông và ba
đường thẳng DE, IM , KO đồng quy.
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1) x  3 2  2 3  3 2  2 3  1  x  1  3 2  2 3  3 2  2 3
  x  1  4  6  x  1  x3  3x 2  9 x  3
3
P  x3  x 2  3x  9    x3  3x 2  9 x    3  27
3
3
3
2) Điều kiện x  7
2
x 2  6 x  5  x  7   x  3   x  7   x  3  x  7  0



 x  3  x  7 x  3  x  7 1  0
 x  3  x  7  0 (1)

(2)
 x  3  x  7  1  0
 x  3
5  17
x
1  x  3  x  7  
2
2
x  7  x  6x  9
 x  4
7  13
x
 2  x  7   x  4   2
2
x  7x  9  0
5  17
7  13
;x 
Phương trình có nghiệm là x 
2
2

 3x  y  1 y  1  3x  1  y 3x  y (1)
3) 
2
2

 x  y  5 (2)
Điều kiện 3x  y  0; y  0
1  

3x  y  1

y 1 1

3x  y  y  1  2  0
 3x  y  1  0
(3)

 3x  y  y  1  2  0 (4)
 3  y  3x  1 , thế vào (2) ta được
x 1 y  2
x   3x  1  5  10 x  6 x  4  0  
2
11
x    y  
5
5

 2 11 
Loại nghiệm  x; y     ;  
 5 5
2
2
2
 4 
3x  y 
3 y
 0(5)
2  y 1
Từ (2), ta có: y  5  3  3  y  0   5 vô nghiệm
Vậy tập nghiệm S  1;2 
Bài 2.
1) Vì d 2 vuông góc với d1 nên d2 : y  4 x  b
Phương trình hoành độ giao điểm giữa  d 2  và (P) :
2 x2  4 x  b  2 x2  4 x  b  0 (1)
d 2 cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B  1 có hai nghiệm phân biệt
  '  4  2b  0  b  2
Gọi A x1; y1  , B  x2 ; y2  với x1 , x2 là nghiệm của 1
y  y2
 2  x1  x2   b  4  b
Ta có: x1  x2  2  xI  1; yI  1
2
Vậy I 1;4  b  . Suy ra
OI 2  b 2  8b  17, AB  17. x1  x2   17. 4  2b 
2
5 AB  17OI  5  4  2b   b 2  8b  17
b  1(tm)
 b 2  2b  3  0  
b  3(tm)
Vậy d2 : y  4 x  1 hoặc d2 : y  4 x  3
 x  x  5
2) Theo định lsy Viet ta có:  1 2
 x1 x2  4  9m
x1  x12  1  x2 8 x22  1  5
 x13  8 x23   x1  x2   5  x13  8 x23  0  x1  2 x2
10

 x1   3
 x1  x2  5

5
50
14


Suy ra :  x1 x2  4  9m   x2  
 4  9m 
 m   (tm)
3
9
81
x  2x

2
 1
 x1 x2  4  9m


14
81
3) Đặt S  x  y, P  xy, S  0, P  0
Vậy m  
1  x y  1  S 2  2P 
S2
T     1  
 1  P 
2 y x  2 P
2T  1

2  x3  y 3   6 xy  x  y  2    x  y   xy  4 
2
 2S 3  12 P  S 2  P  4 

S2
S2
2
 2S  12.
S 
 4
2T  1
 2T  1

3
 S 2  2  2T  1 S  8T  16  0
(1)
5
2


S  6
5
x  3  3
x  3  3
Vậy min T   
hoặc 

2
P  6 

x  3  3
x  3  3
Bài 3.
Vì 65 lẻ nên 2 x  5 y  1lẻ và 2 x 1  y  x 2  x lẻ
Mà 2 x  1 lẻ nên 5y chẵn, suy ra y chẵn
1 có nghiệm   '  0  4T 2  4T  15  0  T 
Mặt khác x 2  x  x  x  1 chẵn nên 2 lẻ, suy ra x  1  0  x  1
Với x  1   5 y  3 y  3  65  y  2
x 1
Với x  1   5 y  3 y  3  65  5 y 2  4 y  66  0. Phương trình này không có
nghiệm nguyên
Vậy  x; y   1;2 
Bài 4.
y
E
C
J
G
A
I
M
D
F
H
K
B
O
N
1) Ta có: CAE  ABC (cùng chắn cung AC )
CDBF nội tiếp  ABC  CFD (cùng chắn cung CD)  CAE  CFD
ADCE nội tiếp  AED  ACD (cùng chắn cung AD)
ACD  BCF (cùng phụ BCD)  AED  BCF
Từ (1) và (2) suy ra AGE FHC ( g.g )
(2)
Ta có : CGD  AGE  CHF  CGDH nội tiếp  CGH  CDH
CDH  CBF (CDBF nội tiếp)
Suy ra CGH  CBF . Mà CBF  CAB  CGH  CAB  GH / / AB
GI IH
Suy ra

. Vì AO  OB nên GI  IH  I là trung điểm GH .
AO OB
(1)
2) Vì I , J lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác CGDH , ADCE nên
IJ  CD
Vì J , K lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác ADCE, BDCF nên
JK  CD
Suy ra I , J , K thẳng hàng
3) Ta có J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOCE  OJ  AC  OJ / / BC  BC  AC 
Mặt khác JK / / EF (tính chất đường trung bình), do đó MJK  BCF
Mà BCF  BDF ( BDCF nội tiếp)  MJK  BDF  ODK  JDOK nội tiếp
Suy ra JOK  JDK
Mà JDK  900 ( CGDH nội tiếp và GCH  900 ) , suy ra JOK  900  JOK vuông tại O
Gọi N là giao điểm của ED và OK
Ta có: M là trực tâm tam giác JNK nên NM  JK (3)
MOI  JOC  OCB  OBC  CFD (vì OJ / / BC )
Mà CFD  IKD  JK / / EF   MOI  IKM  IMOK nội tiếp
Suy ra IM  JK
(4)
Từ (3) và (4) suy ra ba đường thẳng DE, IM , KO đồng quy.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2019-2020
Môn: TOÁN CHUYÊN
Câu 1. (2,0 điểm)
1
1
 3. Tính giá trị biểu thức P  x3  3
x
x
1
1

1
x 1
x 1
a) Cho số thực x thỏa mãn x 
b) Giải phương trình
Câu 2. (2,0 điểm)
a b
4a
 
b c ac
b) Có 15 bạn học sinh nam và 15 bạn học sinh nữ ngồi quanh một bàn tròn.
Chứng minh rằng luôn tồn tại một học sinh mà 2 bạn ngồi cạnh bạn đó đều
là nữ
a) Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng
Câu 3. (2,0 điểm) Với mỗi số thực x , kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không
 3 
vượt quá x. Ví dụ  2   1;    2
2
a) Chứng minh rằng x  1   x  x   x  1   x  1 với mọi x 
b) Có bao nhiêu số nguyên dương n  840 thỏa mãn  n  là ước của n ?
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH  H  AC . Goi
  là đường tròn tâm C bán kính CB. Gọi F là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng
BH ( F khác B và H). AF cắt   tại hai điểm D, E ( D nằm giữa A và E ). Gọi K là
trung điểm DE.
a) Chứng minh rằng FKCH là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD. AE  AH . AC  AF. AK
c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp BFK tiếp xúc với   tại B
Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
n 2019
1

n
2
2020
ĐÁP ÁN
Câu 1.
3
1

a) Từ giả thiết có  x    33 hay
x

1
1
1

x3  3  3 x    27  x3  3  3.3  27
x
x
x

1
 P  x3  3  27  9  18
x
x  0
b) Điều kiện xác định 
x  1
Phương trình đã cho tương đương với
Đặt
2 x
1  x  2 x 1  0
x 1
x  t  t  0; t  1 ta có : t 2  2t  1  0  t  1  2  do...t  0 

Khi đó x  1  2

2
 3 2 2
 Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  6  2 5
Câu 2.
a)
a b
4a
 
  ac  b2   a  c   4abc
b c ac
Theo Cô si
ac  b 2  2 ab 2c  0
a  c  2 ac  0
  ac  b 2   a  c   4abc
b) Giả sử tồn tại một cách xếp 30 bạn lên bàn tròn sao cho không có bận nào
ngồi giữa hai bạn nữ. Gọi các bạn theo thứ tự là A1; A2 ;.....; A30 . Chúng ta chia
30 bạn sang 2 bàn tròn gồm  A1; A3 ;....; A29  và  A2 ; A4 ;....; A30  và giữ nguyên
thứ tự
Khi đó ở cả hai bàn mới, không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau
15
.
2
Suy ra tổng số bạn nữ ở cẩ hai bàn nhỏ hơn 15 (trái giả thiết)
Vậy luôn tồn tại một học sinh mà 2 bạn ngồi cạnh đó đều là nữ.
 Số bạn nữ ở mỗi bàn sẽ không vượt quá
Câu 3.
a) Ta có ngay  x   x (theo định nghĩa)
Giả sử  x   1  x thì  x   1là số nguyên mà  x   1   x ;
Mà theo định nghĩa thì  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x (mâu thuẫn do
 x   x  1 . Do đó x   x  1  x  1   x
 x   1   x  1
  x   1   x  1
Lại có 
x

1

1

x





Vậy x  1   x   x   x   1   x  1
b) Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn
2
Đặt k   n  thì 1  k  28 và k 2  n   k  1 hay k 2  n  k 2  2k
 n  k 2  r với 0  r  2k
Mặt khác n k hay  k 2  r  k nên r  0; k ;2k với 1  k  28
Lại có 840  282  2.28
Mà n có dạng k 2 ; k 2  k ; k 2  2k đều thỏa mãn yêu cầu bài toán
 Số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3.28  84
Câu 4.
B
E
K
D
A
F
H
C
a) FKC  FHC  900  FKCH là tứ giác nội tiếp
b) Xét hai tam giác ADB và ABE có A chung; ABD  AEB
AD AB

 AD. AE  AB 2
Do đó ADB ABE ( g.g ) 
AB AE
2
Mặt khác AB  AH . AC  AD. AE  AH . AC
Ta có AFH ACK ( g.g )  AF . AK  AH .AC
 AD.AE  AH .AC  AF.AK
c) Ta có AH . AC  AB2 nên AF . AK  AB2
Ta có AFB ABK  c.g.c   ABF  AKB hay AB là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp BFK  AB là tiếp tuyến chung
 Đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK tiếp xúc với   tại B
Câu 5.
Ta chứng minh n  100000000 thỏa mãn
10 
Thật vậy
9 2019
2100000000
4
109.2019  2 
24.9.2019
1
1
 100000000  100000000  100000000  999927316 
2
2
2
2
2020
9.2019
Tiếp theo ta chứng minh nhận xét
Nếu n  a  1000000000 thỏa mãn, thì n  2a cũng thỏa mãn
Thật vậy,
n2019  2a 

2n
22 a
2019
22019 a 2019
22019 a 2019 a 2019
1
 a . a  1000000000 . a  a 
2
2
2
2
2
2020
Từ nhận xét trên kết hợp với quy nạp, ta thấy n  2k.109 thỏa mãn bài toán với mọi
k  . Vậy tồn tại vô số số nguyên dương n
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Ngày thi: 03/06/2019
Câu 1. (1,0 điêm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa điều kiện a  b  c  1. Tính giá trị của biểu thức
A  a3  b3  c3  3 ab  c  c  1
Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 5 x  1  x  7  3x  4
2  x  y   xy  4
b) Giải hệ phương trình: 
 xy  x  y  4   2
Câu 3. (1,5 điểm) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB
lần lượt tại M , N , P . Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên NP.
Chứng minh : KM là tia phân giác BKC
Câu 4. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn  0;2 thỏa mãn điều kiện
x y z 3
a) Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  6
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x3  y3  z 3  3xyz
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC. Gọi M , N là hai điểm nằm trên cạnh BC sao
cho MAN  300 ( M nằm giữa B và N). Gọi K là giao điểm của hai đường tròn  ABN  và
 ACM  . Chứng minh rằng:
a) Hai điểm K và C đối xứng với nhau qua AN
b) Đường thẳng AK đi qua tâm đường tròn  AMN 
Câu 6. (1,0 điểm) Cho m, n là hai số nguyên. Chứng minh rằng nếu 7  m  n   2mn chia
2
hết cho 225 thì mn cũng chia hết cho 225
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Ta có: ab  c  ab  c  a  b  c    a  c b  c và c  1    a  b 
Do đó A  a3  b3  c3  3 a  b  b  c  c  a    a  b  c   1
3
Câu 2.
a) 5 x  1  x  7  3x  4
Điều kiện : x  1
Với điều kiện trên phương trình trở thành:

25  x  1   x  7 
5 x 1  x  7
8  3x  4 
5 x 1 
3 x  4  0

8

 5 x  1 
 3x  4
8


 3x  4   3x  4  
 1  0
x7
 5 x 1  x  7

4

x

(tm)
3

1  0 
5 x  1  x  7  8(*)
x7
Giải * ta được: 25  x  1  x  7  10 x 2  6 x  7  64
41 

 5 x 2  6 x  7  13x  41 x  
13 

 25  x 2  6 x  7   169 x 2  1066 x  1681
 144 x 2  1216 x  1856  0
 x  2(tm)
58 

 144  x  2   x    0  
58
 x  (ktm)
9 

9

4 
Vậy S   ;2 
3 
2  x  y   xy  4
 x  y  2   2  y  2   0
b) 

 xy  x  y  4   2  xy  x  y  4   2
 y  2

 y  2  x  2   0
 y  2; x  2
x  1



 xy  x  y  4   2  xy  x  y  4   2   x  2

  y  1
Vậy hệ phương trình trên có nghiệm 1;2 ; 2;1 
Câu 3.
A
P
N
K
I
B
C
M
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MB  BP, MC  CN , AN  AP
Trên đoạn NP, ta lấy điểm K ' sao cho
K ' N CN

K ' P BP
Ta có ANP cân tại A nên ANP  APN
Lại có : BPK '  APN  1800 mà CNK '  ANP  1800 nên BPK '  CNK '
Xét BPK ' và CNK ' ta có:
BPK '  CNK ';
K ' N CN

K ' P BP
 BPK ' CNK ' (c-g-c)  BK ' P  CK ' N và
Do
K ' B BP MB


K ' C CN MC
K ' B MB
nên K ' M là phân giác của BK ' C mà BK ' P  CK ' N

K ' C MC


1
1
Nên MK ' P  MK ' B  BK ' P  BK ' C  BK ' P  CK ' N  900
2
2
Suy ra MK '  NP , vậy K '  K , do đó KM là tia phân giác BKC
Câu 4.
a) Theo giả thiết, ta có:  2  x  2  y  2  z   0
 8  4  x  y  z   2  xy  yz  zx   xyz  0
Từ đó, ta có:
x2  y 2  z 2  x2  y 2  z 2  8  4  x  y  z   2  xy  yz  zx   xyz
  x  y  z   4  x  y  z   8  xyz
2
 5  xyz  5  6
b) Ta có: P   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz   3 x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz  \
3
3
2
 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z    3 x 2  y 2  z 2   9
 2
2
3
Theo chứng minh trên thì x 2  y 2  z 2  5 , từ đó ta suy ra P  . 3.5  9   9
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x, y, z  là một hoán vị của  2,1,0 
Vậy MaxP  9
Câu 5.
A
O
B
M
N
C
K
a) Bên trong MAN , lấy điểm K ' sao cho AK '  AC và K ' AN  NAC
Xét K ' AN và CAN có: K ' AC  NAC; K ' A  CA; AN cạnh chung
Vậy K ' AN  CAN (cgc )  AK ' N  ACN  600  ABN
Do đó, tứ giác ABK ' N nội tiếp, suy ra K ' thuộc đường tròn  ABN 
(1)
Ta có MAN  300  K ' AN  K ' AM  NAC  K ' AM và NAC  MAB  300
Nên K ' AM  MAB. Từ đó, bằng cách chứng minh tương tự như trên, ta cũng có K ' thuộc
(2)
đường tròn  ACM 
Từ (1) và (2) , ta suy ra K ' là điểm chung thứ hai của hai đường tròn  ABN  và  ACM  ,
tức là K '  K
Bây giờ , do K ' AN  CAN nên NC  NK '  NK
Suy ra N thuộc trung trực của KC mà AC  AK  AK ' nên A cũng thuộc trung trực của
KC.
Do đó AN là trung trực của KC. tức là K và C đối xứng nhau qua AN
b)
Trên đoạn AK lấy điểm O sao cho OMN  600. Khi đó, do AKN  ABN  600 nên
AKN  OMN  600 , suy ra tứ giác OMNK nội tiếp. Từ đây ta có:
ONM  OKM  ACM  600 mà OMN  600 nên OMN đều
Ta có MOK  MNK (cùng chắn cung MK của đường tròn  OMNK )
MNK  BAK (cùng chắn cung BK của đường tròn  ABN )
Và BAK  2MAK (dựa theo câu a) nên MOK  2MAK
Mặt khác, ta lại có MOK  MAK  OMA nên MAK  OMA. Suy ra OMA cân tại O, tức là
ta có OA  OM  ON
Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp AMN , và như thế, ta có AK đi qua tâm đường tròn
ngoại tiếp AMN
Câu 6.
Ta có: A  7  m  n   2mn  7  m2  n2   16mn  7  m  n   30mn
2
2
Do A 225  A 15
Lại có 30mn 15 nên 7  m  n  225   m  n  15
2
Từ đây, ta có: 7  m  n  chia hết cho 225
2
Dẫn đến 30mn 225 , tức là mn 15
Mà mn   m  n  n  n2 nên n2 15 tức n 15. Từ đó, suy ra m 15  do... m  n  15
Vậy mn 152  225
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TS 10 THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH
Năm học 2019-2020
Môn: Toán (chuyên)
Thời gian: 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
 x 3
x 2
x 2   x2

Cho biểu thức : A  


 1
:
 x  2 3 x x 5 x  6  x  x  2 
a) Rút gọn biểu thức A
1
b) Tìm x để P  2. A  đạt giá trị lớn nhất
x
Câu 2. (3,0 điểm)
a) Giải phương trình: x2  6 x  8  3 x  2
 x 2  y 2  2 x  2 y   x  2  y  2 

b) Giải hệ PT:  x 2  y 2

 1
 
y

2
x

2





Câu 3. (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho
BD  BA. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC, AD. Đường thẳng qua B và
song song với AD cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác NAEB là hình chữ nhật
b) Chứng minh ACE  DCN
Câu 4. (1,5 điểm)
a
b
c
1
a) Tồn tại hay không 3 số a, b, c thỏa mãn 2
 2
 2

b  ca c  ab a  bc 2019
x 2  y 2 85
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn

x y
13
Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại M, N. Kẻ dây MA
của đường tròn (O) tiếp xúc với  O ' và dây MB của đường tròn  O ' tiếp xúc với
 O . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB cắt đường thẳng MN tại P  P  M .
Chứng minh rằng PN  PM
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  1. Chứng minh rằng:
a b2  1  b c 2  1  c a 2  1  2. Dấu "  " xảy ra khi nào ?
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0, x  4, x  9

x9
x4
x 2   x2 x x 2
A


:

x

5
x

6
x

5
x

6
x

5
x

6
x x 2

 


x 3 
x
A

:
x

5
x

6
x

x

2



x 3
x.



x 1
x 3

x 2
x 2


x 1
x
b) Ta có:
1
1  1
1 1
1 



P  2. A   2.1 
  3  1  2.
   3  1 


x
x x
x x
x



2
1 

 P  3  1 
  3  x  0 
x


1 

 Pmax  3  1 
  0  x  1(tm)
x

Câu 2.
a) ĐKXĐ: x  2
x 2  6 x  8  3 x  2  x 2  3x  2  3 x  2   3 x  2
  x  1 x  2   3 x  2


x  2 1  0
 x 1 
  x  1 x  2   3 x  2 
0
 x  2 1
3


  x  1 x  2  x  2 
0
x  2 1


  x  1 x  2  0  do... x  2 

 x  2(tm)

 x  1(tm)
3

 0
x  2 1

2
 x 2  y 2  2 x  2 y   x  2  y  2 

b) Giải hệ phương trình  x 2  y 2

 1
 
 y  2   x  2 
ĐKXĐ: x  2, y  2
y
 x

1
 x 2  y 2  2 x  2 y   x  2  y  2  
y

2
x

2


2

 x   y 2
2
2


x


1
 y 






1
 y  2   x  2 
 y  2   x  2 

Đặt
y
 x
x


1
a  y  2  y  2 x  2
a  b  1




2
2
2
2
b  y
 x    y   1 a  b  1

 y  2   x  2 
x2

b  1  a
 2
2
a  1  a 
 a  0
x  2
(TM )  
(TM )

b

1
y

0



 1  a  1
x  0

(TM )  
(TM )
y  2
 b  0
Vậy  x; y   2;0 ;  0;2 
Câu 3.
D
B
N
E
C
A
M
a) Ta thấy rằng M , N lần lượt là trung điểm của AC, AD nên MN là đường
trung bình của tam giác ACD  MN / /CD hay ANE  ADB
Vì BA  BD  ABD cân tại B  BN  AB, BDA  BAD
Vì BE / / AD  BNA  NBE  900 , ANE  NEB
 BEAN là tứ giác nội tiếp  NEA  1800  900  900
Vì NAE  BNA  NBE  900 (dfcm)
b) Dễ thấy MAE  DAB (cùng phụ với BAE )  MAE  MNA
Lại có AME là góc chung nên MAE
Mà MA  MC 
MNA( g.g ) 
MA MN

ME MA
MC MN

ME MC
Do EMC là góc chung  MEC
MCN (c.g.c)  ECM  MNC
Lại có MN / /CD (đường trung bình)  MNC  DCN  ACE  DCN (dfcm)
Câu 4.
a) Giả sử tồn tại bộ số thực  a, b, c  thỏa mãn yêu cầu đề bài
Rõ ràng ĐK a, b, c là: a 2  bc, b2  ca, c 2  ab
Nếu a  b  c thì a2  bc  a2  a2  0  a2  bc (vô lý)
Vậy nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 2 số khác nhau. Khi đó:
 a  b  b  c    c  a 
2
2
2
0
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a
b
c
abc
1
 2
 2


2
b  ca c  ab a  bc 1  a  b 2  b  c 2  c  a 2  2019

 
 

2
 a  b  c  0. Khi đó, nếu tồn tại 2 số bằng nhau, giả sử a  b thì:
a
b
 2
 b 2  ca  c 2  ab  0
2
b  ca c  ab
  a  b  c  b  c   0  b  c
 a  b  c (vô lý)
Từ dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a b
bc
ca
1
 2
 2

2
2
2
2
b  ca  c  ab c  ab  a  bc a  ab  b  ca 2019
a b
bc
a b
1




 b  c  a  b  c   c  a  a  b  c   a  b  a  b  c  2019
 x 2  yz

Đặt :  y 2  zx  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx
 z 2  xy

  x  y   y  z    z  x  0  x  y  z
2
2
2
a  b  2c
a  b  2c
a  b  2c



  c  b  2 a  c  b  2 a
 c  b  2 a  a  b  c
a  c  2b
a  b  2b  2a
3 a  b  0



 
Kết quả cho thấy vô lý. Vậy không tồn tại bộ 3 số thỏa mãn theo yêu cầu.
b) Vì x, y   x  y, x 2  y 2  
x 2  y 2 85

x y
13
 85  x  y   13 x 2  y 2   0  x  y  0
Áp dụng BĐT: x  y
2
2
 x  y

2
Ta có : 85  x  y   13 x 2  y 2  
2
  x  y   0 (luôn đúng)
2
13
170
2
 x  y   x  y   x  y  13
2
13
x  y  0
Mà : 
 x  y  13  x 2  y 2  85
 x  y 13
 x  6
(TM )

 y  13  x
y

7
 x  y  13

 2
 2

2
2
 x  y  85  x  13  x   85   x  7
(TM )

  y  6
Vậy nghiệm của phương trình là  x; y   6;7  ;  7;6 
Câu 5.
M
K
H
O'
O
B
A
I
N
P
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB. Gọi H , K theo thứ tự là giao
điểm của OO ' với MN và MI. Rõ ràng OO '  MN và HM  HN
Ta thấy IM  IP nên NP  NM nên OI là đường trung trực của đoạn MA
 MA  OI  OI / / MO ' (vì MA  MO ')
Tương tự O ' I / / MO  OIMO ' là hình bình hành, khi đó K là trung điểm của MI
 HK là đường trung bình MNI  NI / / HK hay NI / /OO '
Mà MN  MO '  MN  IN  IN  MP  PN  MN (dfcm)
Câu 6.
Bình phương 2 vế, ta cần chứng minh tương đương
a  b 2  1  b  c 2  1  c  a 2  1  2ab
2bc
c
2
 1 a 2  1  2ca
b
2
b
2
 1 c 2  1
 1 a 2  1  4
(*)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
a
2
 1 b2  1  a 2b2  a 2  b2  1  a 2b2  2ab  1  ab  1
Gọi vế trái của (*) là S. Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
S  a 2b 2  b 2c 2  c 2a 2  a 2  b 2  c 2  2ab  bc  1
2bc  ca  1  2ca  ab  1
  ab  bc  ca    a  b  c    ab  bc  ca   3. ab  bc  ca   4
2
2
2
a  b  c  0
3

Dấu "  " xảy ra  ab  1  bc  1  ca  1  a  b  c 
3
ab  bc  ca  1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP TỈNH
LỚP 9 THCS KHÓA NGÀY 18 – 03 – 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút
Bài 1. (5,0 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức A  x3  y3  3 x  y  , biết rằng:
x  3 3  2 2  3 3  2 2 ; y  3 17  12 2  3 17  12 2
1 1 1
2. Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn  
m n 2
2
Chứng minh rằng phương trình  x  mx  n  x 2  nx  m   0 luôn có nghiệm
Bài 2. (5,0 điểm)
 x 2  xy  y  1
1) Giải hệ phương trình: 
 x  3 y  4 x  5
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 xy 2  x  y  1  x2  2 y 2  xy
Bài 3. (3,0 điểm )
1. Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh
là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã
cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam
giác có diện tích không lớn hơn 1.
2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a b3  1  b c 3  1  c a 3  1  5
Bài 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy
điểm M bất kỳ trên đoạn AD (M không trùng với A). Gọi N , P theo thứ tự là
hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông
góc của N lên đường thẳng PD.
a) Chứng minh rằng AH  BH
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I.
Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng.
2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  , đường cao AH . Gọi M là
HB MB
AB

2
giao điểm của AO và BC. Chứng minh rằng
. Dấu bằng
HC MC
AC
xảy ra khi nào?
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1.Đặt x  3 3  2 2  3 3  2 2  a  b , khi đó:



x3   a  b   a3  b3  3ab  a  b   3  2 2  3  2 2  3 3 3  2 2 3  2 2 x
3
 x3  6  3x  x3  3x  6
(1)
Đặt y  3 17  12 2  3 17  12 2  c  d , khi đó:



y 3   c  d   c3  d 3  3cd  c  d   17  12 2  17  12 2  3 3 17  12 2 17  12 2 . y
3
 y 3  34  3 y  y 3  3 y  34(2)
Từ (1) và (2) suy ra A  x3  y3  3 x  y   x3  y 3  3x  3 y  6  34  40
2  m  n  mn
1 1 1
  

 2  m  n   mn
m n 2
2mn
2mn
 x 2  mx  n  0
2
2
Ta có:  x  mx  n  x  nx  m   0   2
 x  nx  m  0
Phương trình (1) là PT bậc hai có 1  m2  4n
2.Ta có:
(1)
(2)
Phương trình  2  là phương trình bạc hai có  2  n2  4m
Do đó
1  2  m2  4n  n2  4m  m2  n2  4  m  n   m2  n2  2mn   m  n   0
2
Suy ra trong 1 và  2 có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 0
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
Câu 2.
 x 2  xy  y  1
(1)
1. 
. Điều kiện x  0
3 y  4 x  5 (2)
x


PT 1  x 2  xy  y  1  0(3)
PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có   y 2  4 y  4   y  2   0
2
 x  1(ktm)
 y  x  1
Do đó PT (3) có hai nghiệm 
x 1 y
Thay y   x  1vào phương trình (2) ta có:
x  3 x  1  4x  5  x  1  3 x  1  4x  4  0
 3  x  12

x 1 3
2
3
3

 x  1  4  x  1  0  x  1 
 1  4  x  1   0
 x 1

x 1


 3 x 1  0

  3  x  12
 x  1(TM )  y  0(TM )
2
3

 1  4  x  1  0
x

1

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;0 
2. 2 xy 2  x  y  1  x2  2 y 2  xy  x2  x  2 y2  y  1  2 y2  y  1  0 (1)
Đặt 2 y 2  y  1  a, khi đó PT (1) trở thành: x2  ax  a  2  0(2)
Phương trình (2) có   a 2  4a  8   a  2   4
2
Phương trình (1) có nghiệm nguyên nên phương trình (2) có nghiệm nguyên
  là số chính phương
Đặt  a  2   4  k 2  k 
2
  k 2   a  2
2
 4   k  a  2  k  a  2   4
Vì  k  a  2  +  k  a  2   2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên
 k  a  2 và  k  a  2 là số chẵn
 k  a  2  2
 k  2


k  a  2  2
a  2



 k  a  2  2  k  2


k

a

2


2
 
 a  2

a  k2 2  2

2
x 
2
2

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm :

a  k2 2  2
x 

0

2
2
 y  1(tm)
2
2
Ta có 2 y  y  1  a  2  2 y  y  1  0  
1
 y   (ktm)

2
Vậy nghiệm nguyên của phương trình  x; y    2;1 ;  0;1
Câu 3.
1.Gọi Ai Aj là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã
cho. Giả sử Ak là điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj nhất. Khi đó:
Tam giác Ai Aj Ak là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1,
Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , Aj , Ak lần lượt song song với các cạnh của
Ai Aj Ak
Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ
Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả
8073 điểm đã cho.
Ta có 8073 chia 4 được 2018 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichle suy ra có ít
nhất 1 trong 4 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho
2. Đặt P  a b3  1  b c3  1  c a3  1 suy ra:
2 P  2a b3  1  2b c3  1  2c a 3  1
 2a
 b  1  b2  b  1  2b  c  1  c 2  c  1  2c  a  1  a 2  a  1
 a  b2  2   b  c 2  2   c  a 2  2   ab2  bc 2  ca 2  6  Q  6
Không mất tính tổng quát , ta giả sử b  c  a ta có:
b  a  c  c  b   0  abc  b2c  ab2  bc 2  ab2  bc 2  ca 2  abc  b2c  ca 2
Do đó Q  abc  b2c  ca 2  2abc  b 2c  ca 2  c  a  b   4c.
2
ab ab
.
2
2
4 
a  b a  b  4 a  b  c
4.33
 . c 


4
 
27 
2
2 
27
27
3
2
a  b  c  3
b  c  a

Do đó 2P  10  P  5. Dấu "  " xảy ra  
 b  0, c  1, a  2
2
c

a

b

abc  2abc
Câu 4.
1.
A
I
P
N
H
M
B
C
D
a) Ta có AD  BC tại D(vì ABC vuông cân tại A)
ANM  APM  900 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1)
NAP  NHP  900 nên NAPH là tứ giác nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra N , A, P, H , M cùng thuộc một đường tròn
 AMH  APH  1800
Ta có APC  MDC  900 nên AMNP là tứ giác nội tiếp
Suy ra MPH  MCD mà MCD  MBD (vì AD là trung trực của BC)
 MBD  MPD
Ta có AMB  ADB  MBD  900  MBD mà MBD  MPD
Suy ra
AMB  900  MPD  APM  MPD  APH  AMB  AMH  APH  AMH  1800
Do đó B, M , H thẳng hàng nên AH  BH
b) Ta có: IBA  BAD  450 ( vì BI / / AD)
Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác của ADB.
 ADI  BDI  450. Do đó IBA  IDA   450   A, I , B, D cùng thuộc một đường
tròn (3)
Ta có : AHB  ADB  900 nên A, H , D, B cùng thuộc một đường tròn (4)
Từ (3) và (4) suy ra A, H , D, B, I cùng thuộc một đường tròn
 IHD  IBD  1800  IHD  900 (vì IBD  900 ) lại có NHD  900
Do đó H , N , I thẳng hàng
2.
A
O
B
H
C
M
D
Kẻ AD là đường kính của đường tròn (O)
Xét 2 tam giác vuông HBA và CDA có : ABC  ADC (vì nội tiếp cùng chắn
HB AB
AC ) nên HBA CDA( g.g ) 

 HB. AD  AB.CD
CD AD
HC AC

 HC. AD  AC.BD
Tương tự HCA BDA( g.g ) 
BD AD
Do đó :
HB AB DC

.
HC AC DB
(1)
Ta có: AMB CMD  g.g  
MB AB

 MB.CD  MD. AB
MD CD
MC AC

 MC.BD  AC.MD
MD BD
MB AB DB
Do đó

.
(2)
MC AC DC
Tương tự:
HB MB AB  DC DB  AB
DC DB
AB


.

.2
.
 2.

HC MC AC  DB DC  AC
DB DC
AC
Dấu "  " xảy ra  DB  DC  AB  AC  ABC cân tại A
Ta có:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho các số thực a, b khác 0 thỏa mãn:
a
1) Tính giá trị của biểu thức A 
1 1
 1
a b
2
 b2 
2
4
ab
ab
3
3
3
2) Chứng minh rằng:  a  b  2    a  1   b  1  3 a  b   6  0
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x  2  2 x  1  3x  3  x  2  x  1
4 4

 y  2 x 2  y  4 x  3
2. Giải hệ phương trình: 
 x  3 y  4   y  4  x  1  2  0
Câu 3. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Trên cung nhỏ AD
lấy điểm E bất kỳ (E không trùng với A và D). Tia EB cắt các đường thẳng
AD, AC lần lượt tại I và K. Tia EC cắt các đường thẳng DA, DB lần lượt tại M và
N . Hai đường thẳng AN , DK cắt nhau tại P
1. Chứng minh : Tứ giác EPND nội tiếp một đường tròn
2. Chứng minh EKM  DKM
3. Khi M là trung điểm của AD, tính độ dài đoạn thẳng AE theo R
Câu 4. (1,0 điểm)
Tìm các nghiệm nguyên  x; y  của phương trình x  y  2020
Câu 5. (1,5 điểm)
1

0  a, b, c 
1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2a  3b  4c  3
2
9
8
biểu thức P 


a  3b  4c  2  b  4a  8c  3 c  2a  3b  1
2.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M  a;b  được gọi là điểm nguyên nếu cả
a và b là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại điểm I trong mặt phẳng tọa độ và
2019 số thực dương R1; R2 ;.......; R2019 sao cho có đúng k điểm nguyên nằm trong
đường tròn  I ; Rk  với mọi k là số nguyên dương không vượt quá 2019
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
2
 a 2  b2 
4  1 1
4
1. A   2 2  
 2  2  
 a b  ab  a b  ab
2
 1 1  1 1  
4
A        
 a b  a b   ab
2
2
4 1 1
1 1
A   
    1
 a b  ab  a b 
1 1
2. Từ giả thiết   1  a  b  ab
a b
 ab  a  b  1  1   a  1 b  1  1
Áp dụng hằng đẳng thức  x  y   x3  y 3  3xy  x  y 
3
 a  1   b  1 
3
  a  1   b  1  3  a  1 b  1  a  1   b  1 
3
3
  a  b  2    a  1   b  1  3 a  b  2
3
3
3
  a  b  2    a  1   b  1  3 a  b  2  6  0
Câu 2.
1. Điều kiện x  1
x  2  2 x  1  3x  3  x  2  x  1
3
3
3
 x  2  2 x  1   x  2   2  x  1  3
 x  2  x  1
Đặt a  x  2; b  x  1  a; b  0
Ta được phương trình:
a  2b  a 2  2b 2  3ab
  a  2b  a  b  1  0
 a  2b

a  b  1
Với a  2b  x  2  2 x  1  x  2
Với a  b  1
 x  2  x 1 1  x  2  x  2 x 1  x  2
Vậy S  2
2. Điều kiện x  1; y  4; x2  y  0
Biến đổi phương trình (1):
1  x 2  y  2



x2  y  1  x2  4x  4
2
x2  y  1   x  2
2
 x2  y  x  1

 x 2  y   x  3(ktm...do..x  1)

Với
x 2  y  x  1  y  2 x  1thay vào (2) ta được:
 x  3 2 x  5   2 x  3  x  1  2  0
  x  3  2 x  5  3   2 x  3  x  1  1  5 x  10  0
 x  3 2 x  4    2 x  3 x  2   5 x  2  0



2x  5  3
x 1 1
2x  3
 2x  6

  x  2 

 5  0
x 1 1 
 2x  5  3
x  2  0
  2x  6
 x  2 y 5
2x  3


 5  0(VN )
 2 x  5  3
x 1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;5 
Câu 3.
B
A
I
E
K
P
O
M
N
D
C
1. Ta có : PNE  NAC  NCA  2 NCA  sd EA
Chứng minh: PDA  ABE
Suy ra PDE  PDA  ADE  ABE  ADE  2 ABE  sd EA
Xét tứ giác EPND có: PNE  PDE và hai đỉnh N, D là hai đỉnh liên tiếp nên
EPND là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2. Ta thấy tứ giác AKME là tứ giác nội tiếp do MEK  MAK  450
 MEA  MKA  900 , do đó MK / / BD  MKD  KDB  KBD  EKM
3. Chứng minh MDC MEA( g.g )
MD ME
CD 2
2


 MC.ME  MD.MA  MD 
MC MA
4
2
CD
5CD 2
Mặt khác ta có: MC 2  CD 2  MD 2  CD 2 

4
4
5CD
5CD
Suy ra MC 
 ME 
2
10
EA AM
AM .CD
5
10
Mà

 EA 

CD 
R
CD MC
MC
5
5
Câu 4.
Điều kiện : x  0, y  0
1 
x  2020  y  x  2020  y  2 2020 y
 x  2020  y  4 5.101y
Do x; y nguyên nên
5.101y nguyên hay 5.101y là số chính phương
Suy ra 5.101y  k 2  y  5.101.a 2  505a 2 ( a là số nguyên)
Tương tự x  5.101.b2  505b2 ( b là số nguyên)
Thay x; y theo a, b vào phương trình đề ta được:
a 505  b 505  2 505  a  b  2
a
b
x  505b2
0
2020
2
505
1
1
0
0
2
Vậy phương trình có các nghiệm là  2020;0  ;  505;505 ;  0;2020 
Câu 5.
1. Ta có
2
9
8
P


a  3b  4c  2  b  4a  8c  3 c  2a  3b  1
P
y  505a 2
0
505
2020
2
3
4


a 1  2a  b 1  2b  c 1  2c 
2a
3b
4c


a 2 1  2a  b 2 1  2b  c 2 1  2c 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
3
1
 a  a  1  2a 
2
a 1  2a   

 27
3

1
1
Tương tự b2 1  2b   ; c 2 1  2c  
27
27
Suy ra P  27  2a  3b  4c   81
1
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c 
3
1
Vậy GTNN của P  81  a  b  c 
3

2. Xét điểm I


2; 3 . Ta chứng minh khoảng cách từ I đến hai điểm nguyên
khác nhau là khác nhau.
Xét hai điểm nguyên M  a; b  ; M '  a '; b '
IM  IM '  IM 2  IM '2

 a 2
  b  3    a ' 2   b ' 3 
2
2
2
2
 a 2  b 2  a '2  b '2  2  a  a ' 2  2  b  b '  3  0
Nhận xét nếu các số nguyên m, n, p thỏa mãn:
m  n 2  p 3  0 thì m  n  p  0
 2; 3; 6  ; m, n, p 

2
2
2
2mn 2  3 p  m  2n

2
2
2
2mp 3  2n  m  3 p

2
2
2
2 pn 6  m  2n  3 p
m  n 2  p 3  0


mn  np  pm  0

mn p0
m

n
2

p
3

0


Ta có: IM  IM '  IM 2  IM '2
a 2  b 2  a '2  b '2  0

b  b '
 2  a ' a   0

M M'
a

a
'


2  b ' b   0
Xét tất cả các khoảng cách từ các điểm nguyên đến I, các khoảng cách này đôi một
phân biệt. Gọi S là tập hợp các số thực bằng các khoảng cách từ tất cả các điểm
nguyên đến I. Ta có thể chọn được 2020 số dương nhỏ nhất thuộc S và được sắp
xếp theo thứ tự tăng dần, nghĩa là tồn tại các số dương s1, s2 ,....., s2020 thuộc tập S
thỏa mãn s p  sq nếu p  q , các số thuộc S \ s1, s2 ,......, s2020 đều lớn hơn
s1, s2 ,...., s2020 . Đặt Rk 
sk  sk 1
, k  1;2;3;....;2019. Ta có điều phải chứng minh
2
UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum
Năm học 2019 – 2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (Môn chuyên)
Ngày thi: 11/6/2019
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 : (2,0 điểm)
3
1. Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức P
2x 3 x
2. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức Q
Câu 2 : (2,5 điểm)
1.Cho parapol P : y
x
x2 và đường thẳng d : y
2
2
2x
10
tại x
m2
2. Giải hệ phương trình
x
y2
y 1
6
5
2
2020 2 2019
1 , m là tham số. Tìm m để
đường thẳng d cắt parapol P tại hai điểm A xA ; y A , B xB ; yB sao cho
x2
5. 3
yA
xB
yB
xA
38
.
5
0
2
2
2
x
y
3
0
(I)
Câu 3 : (2,5 điểm)
Cho đường tròn O; R có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi sao cho CD
không vuông góc cũng không trùng với AB. Gọi d là tiếp tuyến tại A của O; R . Các đường thẳng BC
và BD cắt d tương ứng tại E và F
1. Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi M là trung điểm của EF và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF. Chứng minh
rằng tứ giác KMBO là hình bình hành.
3. Gọi H là trực tâm tam giác DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
Câu 4 : (2,0 điểm)
1 x 2 x2 .
1. Cho số thực x thỏa mãn 1 x 1 . Chứng minh rằng 1 x
2. Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất
kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc tập A. Tìm tất cả các phần tử của
tập hợp A.
Câu 5 : (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2a, BC a 2 . Lấy đoạn AB làm đường kính, dựng về
phía ngoài hình chữ nhật nửa đường tròn. Điểm M thuộc nữa đường tròn đó. Các đường thẳng MD, MC
AL2 BN 2
1.
cắt AB lần lượt tại N, L. Chứng minh
AB2
……………………………….Hết……………………………….
- Thí sinh không sử dụng tài liệu.
- Giám thị không được giải thích gì thêm.
1
UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, THPT Kon Tum
Năm học 2019 – 2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (Môn chuyên)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn gồm 03 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG :
1) Chấm theo đúng đáp án và thang điểm
2) Học sinh làm cách khác đúng thi cho điểm tối đa. Nếu chỉ đúng một phần trên nào
đócủa bài thi thì căn cứ vào thang điểm tương ứng để cho điểm
3) Điểm chi tiết từng ý nhỏ của mỗi bài là 0,25. Tổng điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM :
Câu
Ý
1.
Nội dung
3
Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức P
Câu 1
(2,0đ)
3
5. 3
5 . 2
P
5
5. 3
10
5
Điểm
1.0đ
2
0,25
1
8
0,25
2
6 2 5. 3 5
5 3
5
5
1 . 2 5
8
5
1 .2.
2
8
5
0,25
1
8
0,25
2. 5 1
1
8
2.
Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức Q
2x 3 x
x
2
2
1,0đ
tại x
2020 2 2019
2
Ta có x
2020 2 2019
x
2x 3 x
Q
Q
x
2 x
Q
1.
2019
2
2019 2 2019
1
2019
1
0,25
1
2 x
2
1
2
x
x
0,25
2
2
0,25
1
2019
Cho parapol P : y
1
1
2 2019
0,25
1
x2 và đường thẳng d : y
2x
m2
1 , m là tham số. Tìm
1,25đ
m để đường thẳng d cắt parapol P tại hai điểm A xA ; y A , B xB ; yB sao cho
yA
xB
yB
xA
38
.
5
0,5
Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và P là
x2
2x
m2
1
x2
2x m2
1
0
0,5
Phương trình bậc hai có ac
2
m
1
0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm
2
phân biệt khác 0 với mọi m. Do đó d luôn cắt parapol P tại hai điểm phân biệt
A xA ; y A , B xB ; yB với mọi m
Câu 2
(2,5đ)
xA ; xB là các nghiệm khac 0 của phương trình x2
xA
Áp dụng hệ thức Vi et ta có :
yA
xB
Do
yB
xA
5 xA3
38
5
xB3
58 6
m2
xB
m2
5 xA
1
m2
38.
0,25
0.
1
yB .xB
38.xA .xB
1
2
xA .xB
5 y A .xA
2x m2
0,25
38.xA .xB
3
xB
3xA .xB xA
xB
38.xA .xB
1
8m2 32 m
2
Vậy m = 2 và m = -2 thỏa mãn điều kiện đề bài.
0,25
x2
1,25đ
2.
Giải hệ phương trình
Ta có (1)
y2
x
x
y x
x
y 1
6
y 1
y
a
x
y
b
x
y
ab
khi đó (I)
b
2
Với a
3 ta có b
3
ta có b
4
3
y
0
(I)
0,25
4
2
y
3
2
0
0
4
b2
Từ (2) ta có phương trình
Với a
x
1
b
6
a 1
2
2
2
6
x
Đặt
0
2 suy ra
3
0
y
y
8 suy ra
(1)
2
a 1
9 a 1
x
x
a
6
4a2
36
3
(2)
a
2
a
3
2
x
y
x
y
2
27
x
y
3
4
8
8a
2
18a 18
0
a
3
0,25
3
4
0,25
5
2
1
2
x
y
35
8
29
8
0,25
0,25
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y
35 29
;
; x; y
8
8
5 1
;
2 2
3
Hình vẽ
O'
H
Câu 3
(2,5đ)
B
C
Q
O
D
M
E
F
A
T
K
1.
2.
Vì CD là đường kính nên CBD  900
0,25
Do đó BEF  ABF (góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn)
0,25
Mà ABF  ODB (OB  OD  R)
0,25
Nên BEF  ODB . Do đó tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn
Gọi Q là giao điểm của BM và CD
0,25
0,25
Tam giác BEF vuông tại B nên BM = ME  MBE  MEB (1)
0,25
Tam giác BCD vuông tại B nên BCD  BDC  900 mà BDC  BEF
(chứng minh câu 1) nên BCD  BEF  900 (2)
3.
1.
Câu 4
Từ (1) và (2) : BCD  MBE  900  BQC  900 hay BM  CD
K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, O là trung điểm CD, nên
KO  CD  KO / / MB (cùng vuông góc với CD) (3)
Ta có M là trung điểm EF, nên KM  EF và BA  EF
(4)
 KM / / AB hay KM / BO
Từ (3) và (4) suy ra KMBO là hình bình hành
H là trực tâm tam giác DEF, do đó HD  EF , suy ra HD / / AB
Tương tự BH / / AD (cùng vuông góc BF)
Do đó BHDA là hình bình hành nên BH = AD
0,25
0,25
Mặt khác BDAC là hình chữ nhật nên AD = BC  BH  BC (5)
Lấy O’ đối xứng với O qua B ta có BO’ = BO (6) với O’ cố định vì O, B cố định
0,25
Từ (5) và (6) suy ra HO’CO là hình bình hành nên O’H = OC = R
Vậy H chạy trên đường tròn cố định O '; R
0,25
Cho số thực x thỏa mãn
Với
1
x
1 ta có 0
1
x
x2
1 . Chứng minh rằng
2
2 1 x2
2 x2
1 x
1 x
2 1 x2
2 x2 .
1,0đ
0,25
4
(2,0đ)
2
1
x
1 x
Lại có : 0
Vậy
1 x2
1 x
1 x2
1
1, x
1 x2
x
x2
1 x
1 x2
2 x2 , x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
2.
1
1;1
1 x2
1 x
2
1 x2
1 x2
1
2 x2
x
1 x2
a2
a3
...
a21
a22
a23
a2
20, a23
a3
Nên từ (1) suy ra a1
20
Mà a1 nhỏ nhất và 401
Ta có 401
a22
20,..., a41
a2
20
A
a23
a21
20 ...
a1
a3
a22
a2
a22
a21
a22
a21
a21
a20
...
Ta có a1
401 mà 402
20 2
20
400
a21
400
401
...
a21
a3
A
Câu 5
(1,0đ)
a2
a2
Kết hợp (3) và (4) suy ra A
a41
a20
0,25
...
a3
a2
20
1 4
402
0,25
401; 402; 403;...; 441
Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2a, BC a 2 . Lấy đoạn AB làm đường kính,
dựng về phía ngoài hình chữ nhật nửa đường tròn. Điểm M thuộc nữa đường tròn
đó. Các đường thẳng MD, MC cắt AB lần lượt tại N, L. Chứng minh
AL2 BN 2
1.
AB2
L
A
P
D
1,0đ
0,25
M
N
0,25
0,25
a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 400
Kết hợp với (2)
a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 20 3
20
1,0đ
... a41
a1 a22 a2 a23 a3 ... a41 a21 (1)
Mặt khác với x; y
và nếu y x thì y x 1
a22
0,25
0
Cho tập hợp A gồm 41 phần tử là các số nghuên khác nhau thỏa mãn tổng của 21
phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết các số 401 và 402 thuộc
tập A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
a1 ; a2 ; a3 ;...; a41 với a1 ; a2 ; a3 ;...; a41
Giả sử A
và a1 a2 a3 ... a41
Theo giả thiết ta có a1
0,25
0,25
1;1 .
0
1 x2
1
B
O
C
Q
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của CD với MA và MB.
Đặt PD = x ; CQ = y
5
Ta có : APD  QBC (góc có cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 APD
QBC 
PD BC
x
a 2



 xy  2a 2
AD QC
y
a 2
PC 2  QD2   x  2a    y  2a   x 2  y 2  4a  x  y   8a 2
2
2
0,25
  x  y   4a  x  y   8a 2  2 xy
2
 x  y
2
 4a  x  y   4a 2   x  y  2a   PQ 2 1
2
Áp dụng định lý Tales, ta có :

MN ML MA MB AL BN AB






MD MC MP MQ PC QD PQ
0,25
AL2 BN 2 AB 2 AL2  BN 2 AL2  BN 2
(do 1 )




PC 2 QD 2 PQ 2 PQ 2  QD 2
PQ 2
 AB 2  AL2  BN 2 
AL2  BN 2
 1.
AB 2
0,25
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN
Môn thi:Toán (hệ số 2 – chuyên toán)
 x 2  xy  y 2  x 2  y 2  185

Bài 1. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x 2  xy  y 2  x 2  y 2  65
(1)
(2)
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng số M   n  1  n4  1chia hết cho mọi số chính phương khác
4
1 với mọi số n nguyên dương
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n để phương trình : x2  n2 x  n  1  0 (ẩn số x) có các
nghiệm là số nguyên
1
Bài 3. (2,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa xyz 
2
yz
xz
xy
Chứng minh: 2
 2
 2
 xy  yz  xz
x  y  z y x  z z x  y


Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A A  900 nội tiếp đường tròn (O). Gọi D
là một điểm trên cung AB không chứa C( D khác A, B) . Hai dây cung AD và BC kéo
dài tại E. Đường thẳng qua E song song với CD cắt AB tại F. Vẽ tiếp tuyến FG với
đường tròn  O  (G là tiếp điểm)
a) Chứng minh : FG  FE
b) Từ trung điểm I của BC vẽ IJ  AC  J  AC . Gọi H là trung điểm của IJ .
Chứng minh AH  BJ
Bài 5. (1,0 điểm) Trong một buổi tổ chức lễ tuyên dương các học sinh có thành tích học
tập xuất sắc của một huyện, ngoại trừ bạn An, hai người bất kỳ đều bắt tay nhau. An chỉ
bắt tay với những người mình quen. Biết rằng một cặp (hai người) chỉ bắt tay không
quá một lần và có tổng cộng 420 bắt tay. Hỏi bạn An có bao nhiêu người quen trong
buổi lễ tuyên dương đó
ĐÁP ÁN
Bài 1.
Cộng các phương trình vế theo vế ta có:
2  x 2  y 2  x 2  y 2  250


x2  y 2
  125 
3
x 2  y 2  5  x 2  y 2  25
Thay vào (1) ta có:
 25  xy 
x 2  y 2  185   25  xy .5  185  xy  12
Như vậy hệ đã cho :
12

12

12

y

 x  y  25 
y 
y  x
x




x
144
xy

12
2

x 
 25  x 4  25 x 2  144  0  x 2  16  x 2  9   0
2

x
12

 x  3  x  3  x  4  x  4
y 
x





y

4
y


4
y

3



 y  3
 x  3 x  4  x  4  x  4   0

2
2
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình  x; y    3;4  ;  3; 4  ;  4;3;  4; 3
Bài 2.
a) Ta có:
M   n  1  n 4  1
4
  n 2  2n  1  n 2    n 4  2n 2  1  n 2 
  n 2  n  1 n 2  3n  1   n 2  n  1 n 2  n  1
  n 2  n  1 2n 2  2n  2   2  n 2  n  1
2
(*)
Vì n * nên  n2  n  1 là số chính phương khác 1
Do đó, từ * suy ra M   n  1  n4  1chia hết cho một số chính phương khác 1với
4
mọi số n nguyên dương (đpcm)
b) Xét phương trình: x2  n2 x  n  1  0 (ẩn số x) (1)
Để phương trinh (1) có nghiệm thì   0  n4  4n  4  0  n 0;1 (do...n  )
Gọi x1; x2 là hai nghiệm cuẩ phương trình (1)
 x1  x2  n 2
Áp dụng hệ thức Vi-et ta được: 
 x1 x2  n  1
 x1  x2  x1 x2  n 2  n  1
 x1 1  x2   1  x2   n 2  n  2
  x1  11  x2    n  2  n  1
  x1  1 x2  1   2  n  n  1
 x1  x2  n 2  4
Với n  , n 0;1 thì 
 x1 x2  n  1  3
Do đó x1  1; x2  1   x1  1 x2  1  0   2  n  n  1  0
 2  n  0 (do n  1  0, n  )  n  2
Mà n  , n 0;1  n  2. Khi đó phương trình (1) trở thành:
 x  1(tm)
x2  4 x  3  0  
 x  3(tm)
Vậy với n , đê phương trình đã cho có các nghiệm lầ số nguyên thì n  2
Bài 3.
1
1
1
1
2
2
2
2
yz
xz
xy
y
 x  x ; yz  2

; 2
 z
Ta có: VT  2
x  y  z y  z 1  1
y x  z 1  1 z x  y 1  1
yz
y z
x z
x y
1
1
1
 a;  b;  c  a, b, c  0  abc  2
x
y
z
Theo bất đẳng thức Cô si ta có:
Đặt
a2
bc
a2
b2
ac
c2
ab

2
 a;

 b;

c
bc
4
4
ac
4
ab
4
Cộng các vế lại với nhau ta có:
a2
b2
c2
abc



abc
bc ac ab
2
a2
b2
c2
abc abc 1
1
1






 
 xy  yz  zx
bc ac ab
2
abc
ab bc ca
yz
xz
xy
 2
 2
 2
 xy  yz  xz  dfcm 
x  y  z y  x  z z x  y
Bài 4.
A
D
O
E
H
B
I
F
J
Q
C
G
a) Ta có FG / /CD  FEB  DCB (cặp góc so le trong)
Và DCB  DAB (cùng chắn cung AD) vậy nên
FE FB
FEB  FAE  FBE FEA( g.g ) 

 FE 2  FA.FB
FA FE
Do FG là tiếp tuyến tại G của đường tròn (O)  FGB  FAG (cùng chắn cung GB)
FG FA

 FG 2  FA.FB
FB FG
Do đó FG 2  FE 2  FG  FB
b) Ta gọi Q là trung điểm CJ thì IQ là đường trung bình BJC  IQ / / BJ
 FGB
FAG( g.g ) 
Ta sẽ chứng minh AH  IQ
Do HQ / / IC (HQ là đường trung bình tam giác JIC ) và AI  BC  AI  IC (do tam
giác ABC cân tại A có AI là đường trung tuyến )  HQ / / IA
Kết hợp với IH  AQ khi đó H là trực tâm AIQ  AH  IQ  AH  BJ
Bài 5.
Giả sử ngoài bạn An còn có n bạn và An quen m bạn, điều kiện m  n; m, n  *
n  n  1
m
2
Theo bài ra ta có phương trình:
n  n  1
 m  420  n  n  1  2m  840 (1)
2
Mặt khác 2m  2n, kết hợp với 1 ta suy ra n  n  1  2n  840  n2  n  840  n  29
Số cái bắt tay là
Và 2m  2 , kết hợp với 1 ta suy ra n2  n  838  0  n  29 , từ đó suy ra n  29
Thay n  29 vào (1) ta có 2m  29.28  840  m  14
Vậy An quen 14 người
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN (Toán chuyên)
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Khóa thi ngày: 10-12/6/2019
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)

x 2
2 x  8  x2  x x  x  1
a) Cho biểu thức A  

 x  0
.
x

x

1
x
x

1
x

3


Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  6
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M  9.34n  8.24n  2019 chia
hết cho 20
Câu 2. (1,0 điểm)
Cho parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  x  m  2. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để  d  cắt  P  tai hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn
x12  x22  3
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  x 2  4 x  4  x  3
 x2  y 2  4 x  2 y  3

b) Giải hệ phương trình :  2
2

 x  7 y  4 xy  6  13
Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H , K lần lượt là hình
chiếu vuông góc của C lên các đường thẳng AB, AD
a) Chứng minh AB. AH  AD. AK  AC 2
b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M , N (M khác B, M khác C) sao
cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần
BM DN
lượt tại E, F . Chứng minh

 1và BE  DF  EF
BC DC
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm
H. Ba điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi
I là trung điểm cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K
a) Chứng minh PB.PC  PE.PF và KE song song với BC
b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q.
Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1  a 
P
 b2  5 1  b   c 2  5 1  c   a 2  5


ab  a  4
bc  b  4
ca  c  4
2
2
2
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Với x  0, ta có :

x 2
2 x  8  x2  x x  x  1
A

.
x

x

1
x
x

1
x 3




x 2



x 1  2 x  8 x x
.
x 1 x  x 1


 
x 1 
x 3

x  3 x  2  2 x  8  x x  1 x  1

.
x 3
 x  1 x  x  1
x 1
x 1
  x  x  6 .
  x  2  x  3.
x 3
x 3
  x  2  x  1  x  3 x  2
A6 x3 x  26 x3 x 40
 x4 x  x 40

x 4


x 1

x 1  0
 x  4  0  x  16(tmdk )
Vậy với x  16 thì A  6
b) M  9.34n  8.24n  2019
ta có:
81  1 mod 4   81n  1 mod 4   9.81n  9  1 mod 4 
8.16n  0(mod 4)  M  1  0  2019  2020  mod 4 
Hay M 4 (1)
Lại có:
81  1 mod5   81n  1(mod5)  9.81n  9  4(mod5)
16  1(mod5)  16n  1 mod5   8.16n  8  3(mod5)
 M  4  3  2019  2020  0  mod5  M 5
(2)
Từ 1 ,  2  và  4,5  1  M 20(dfcm)
Câu 2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :
 x2  x  m  2  x2  x  m  2  0 (1)
Ta có   1  4  m  2   9  4m
( d ) cắt  P  tại hai điểm phân biệt  Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt
0m
9
(2)
4
 x  x  1
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có:  1 2
. Theo đề bài:
 x1 x2  m  2
x12  x22  3   x1  x2   2 x1x2  3
2
 1  2  m  2  3  m  1
Từ (2) và (3)  1  m 
(3)
9
là giá trị cần tìm
4
Câu 3.
a) x 2  x 2  4 x  4  x  3   x 2  4 x   x 2  4 x  12  0 (1)
Đặt
y  4
x 2  4 x  y  y  0  . Phương trình (1) trở thành: y 2  y  12  0   1
 y2  3
Với y  4 thì
x2  4 x  4  x  2  2 5
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2  2 5
2
2

x  y  4x  2 y  3
b)  2
2

 x  7 y  4 xy  6 y  13
 x 2  4 x  4  y 2  2 y  1  8
 2
2
2
 x  4 xy  4 y  3 y  6 y  3  16
 x  2 2   y  12  8
(1)

2
2
 x  2 y   3  y  1  16
2  x  2 2  2  y  12  16

2
2
 x  2 y   3  y  1  16
 2  x  2    x  2 y    y  1  0
2
2
2
  x  2    x  2 y    x  2    y  1  0
2
2
2
2
  2 x  2 y  2  2 y  2    x  y  3 x  y  1  0
  x  y  1 4 y  4    x  y  3  x  y  1  0
(2)
x  y 1
  x  y  1 x  5 y  7   0  
 x  5 y  7 (3)
Thay (2) vào (1) ta được:
 y  1  2
2
  y  1  8  2  y  1  4
2
2
 y 1 x  0

 y  3  x  4
Thay  3 vào (1) ta được:
 5 y  7  2 

 y  1 

 y  1 

2
  y  1  8  26  y  1  8   y  1 
2
2
2
 x  2 
13
2
 x  2 
13
2
4
13
10
13
10
13
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:




 x; y    0;1 ;  4; 3 ;  2 
10
2 
10
2 
; 1 
; 1 
 ;  2 

13
13  
3
13  
Câu 4.
H
B
A
Q
I
M
E
P
F
D
C
N
K
a) Kẻ BP  AC, DQ  AC
Dễ chứng minh AQD  CPB (cạnh huyền – góc nhọn)
 AQ  CP  AQ  AP  AC (1)
AB AP

 AB. AH  AC. AP
AC AH
Tương tự: AD. AK  AC. AQ
APB
AHC ( g.g ) 
(2)
Từ (1), (2), (3)
 AB. AH  AD. AK  AC. AP  AC. AQ  AC. AP  AQ   AC 2
b) Hai tam giác ADN và ADC có chung chiều cao kẻ từ A 
Tương tự:
BM S ABM

BC S ABC
DN S ADN

DC S ADC
Mà S ABM  S ACN ( gt ) và S ABC  S ADC (Vì ABCD là hình bình hành)

BM S ACN
BM DN S ACN S ADN S ACN  S ADN






1
BC S ADC
BC DC S ADC S ADC
S ADC
Gọi I là giao điểm của AC và BD  IA  IC
Ta có:
1
S AMCN  S ACM  S ACN  S ACM  S ABM  S ABC  S ABCD  S ABD
2
Vì IA  IC nên:
S AEF  S AIE  S AIF  SCIE  SCIF  SCEF  S EMCNF
1
1
1
 S AEF  S AMCN  S AEF  S ABC  EF  BD
2
2
2
Mà BE  DF  EF  BD  BE  DF  EF (dfcm)
Câu 5.
A
J
E
O
K
Q
F
B
H
D
C
I
P
a) Tứ giác BCEF có BEC  BFC  900 ( gt )  BCEF là tứ giác nội tiếp
 C1  E1
PBE và PFC có EPC chung; PEB  FCB
 PBE
PFC ( g.g ) 
PB PE

 PB.PC  PE.PF
PF PC
Tứ giác BDHF có: BDH  BFH  1800  BDHF là tứ giác nội tiếp  EBC  EFC
 AH 
Gọi J là trung điểm của AH . Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn  J ;

2 


Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn  J   F1  HEK  1800  HKF

Mà EBC  EFC  EBC  HEK  KE / / BC
b)
1
Chứng minh được IEH  EBC  HEF  IEH  sd HE
2
 EI là tiếp tuyến của  J   IEF  EAF  BHF  FDB  DIEF là tứ giác nội tiếp
Dễ chứng minh PDF
PEI ( g.g )  PD.PI  PE.PF
Dễ chứng minh PHE
PFQ( g.g )  PE.PF  PH .PQ
 PD.PI  PH .PQ 
 PDH
PD PH

PQ PI
PQI (c.g.c)  PHD  PIQ
Lại có PHD  AHQ  AFQ  AFQ  PIQ  BIQF là tứ giác nội tiếp.
Câu 6.
1 1
4
, x, y  0
Dễ chứng min các bất đẳng thức : x 2  y 2  2 xy;  
x y x y
Dấu bằng xảy ra  x  y
Áp dụng các bất đẳng thức trên, ta có:
1  a 
 b 2  5 a 2  b 2  2a  6 2ab  2a  6 2(ab  2a  4)  2



ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
ab  a  4
2
1
4
1
1
1  11 1
1
2
2 .
2 
   .
ab  a  4
2  ab  a  1  3
2  ab  a  1 3  6 2 ab  a  1
2
Tương tự:
1  b 
 c 2  5 11 1
1
  .
bc  b  4
6 2 bc  b  1
1  c 
2
 a 2  5 11 1
1
  .
ca  c  4
6 2 ca  c  1
11 1 
1
1
1

P  



2 2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 
2
Vì abc  1nên:
1
a
a


bc  b  1 abc  ab  a ab  a  1
1
ab
ab
 2

ca  c  1 a bc  abc  ab ab  a  1
1
1
1
1
a
ab






1
ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 ab  a  1 ab  a  1 ab  a  1
11 1
 P  5
2 2
a  b  c

Dấu "  " xảy ra  ab  a  1  bc  b  1  ca  c  1  3  a  b  c  1
abc  1

Vậy min P  5  a  b  c  1.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2019
MÔN THI: TOÁN (Chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (2,0 điểm)
x 6 x 9  x 6 x 9
 x  9
81 18
 1
x2 x
b) Tìm x thỏa 9 x  8  7 x  6  5 x  4  3x  2  x  0
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho ba số thực dương phân biệt a, b, c thỏa a  b  c  3. Xét ba phương trình bậc hai
4 x2  4ax  b  0,4 x2  4bx  x,4 x 2  4cx  a  0. Chứng minh rằng trong ba phương
trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm và có ít nhất một phương trình vô nghiệm
1 2
x có đồ thị  P  và điểm A  2;2  . Gọi d m là đường thẳng qua A có hệ số
2
góc m. Tìm tất cả các giá trị của m để d m cắt đồ thị  P  tại hai điểm A và B , đồng thời cắt
trục Ox tại điểm C sao cho AB  3 AC.
b) Cho hàm số y 
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x  6  x  3 x  1  14 x  3 x  1  13  0
2
1

8 xy  22 y  12 x  25  x3
b) Giải hệ phương trình: 
 y3  3 y   x  5 x  2

Bài 4. (1,5 điểm) Trên nửa đường tròn  O  đường kính AB  2r lấy điểm C khác A sao cho
CA  CB. Hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại B, C cắt nhau ở M . Tia AC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác MCB tại điểm thứ 2 là D. Gọi K là giao điểm thứ hai của BD và nửa đường tròn
 O  , P là giao điểm của AK và BC. Biết rằng diện tích hai tam giác CPK và APB lần lượt là
r2 3 r2 3
và
, tính diện tích tứ giác ABKC
12
3
Bài 5. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  BA  BC  nội tiếp đường tròn  O  . Vẽ đường tròn
 Q  đi qua A và C sao cho  Q  cắt các tia đối của tia AB và CB lần lượt tai các điểm thứ hai là D và
E. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn  O  và đường tròn ngoại tiếp BDE . Chứng minh
QM  BM
Bài 6.(1,0 điểm) Ba bạn A, B, C cùng chơi một trò chơi: Sau khi A chọn 2 số tự nhiên từ 1 đến 9 (có
thể giống nhau), A nói cho B chỉ mỗi tổng và nói cho C chỉ mỗi tích của hai số đó. Sau đây là câu đối
thoại giữa B và C
B nói: Tôi không biết hai số A chọn nhưng chắc chắn C cũng không biết
C nói: Mới đầu thì tôi không biết nhưng giờ thì biết hai số A chọn rồi. Hơn nữa số mà A đọc cho tôi
lớn hơn số của bạn.
B nói: À, vậy thôi tôi cũng biết hai số A chọn rồi
Xem B và C là các nhà suy luận logic hoàn hảo, hãy cho biết hai số A chọn là hai số nào
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a)
Ta có:
x  6 x  9  x  9  3; x  6 x  9 
x9 3
x 9 3 x 9 3
81 18
9
x9


1


1


A

x
.
x2 x
x
x
x 9
2x
18
 2 x9 
 12, dấu bằng xảy ra khi x  18(1)
Khi x  18 thì A 
x9
x9
6x
54
54
Khi 9  x  18 thì A 
6
6
 12(2)
x 9
x 9
9
Suy ra Amin  12  x  18
b) Từ đề bài suy ra x  0
Suy ra 9 x  8  0;7 x  6  0;5 x  4  0;3x  2  0
Phương trình đã cho trở thành
20
9 x  8  7 x  6  5 x  4  3x  2  x  0  23x  20  0  x  (ktm)
23
Vậy phương trình vô nghiệm
Bài 2.
a) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a  b  c  0
Từ a  b  c  3 thì  a  1  c  0
Ba phương trình đã cho lần lượt có biệt số  ' là :
1  4a 2  4b; 2  4b2  4c; 3  4c2  4a
Và
Suy ra 3  0(do...c 2  1  a)  phương trình 4 x2  4cx  a  0 vô nghiệm
Và 1  4a 2  4a  0 (vì a  b và a  1)  phương trình 4 x2  4ax  b  0 có nghiệm
b) Phương trình đường thẳng d m là y  mx  2m  2  tọa độ điểm C là
 2m  2 
C
;0 
m


Phương trình hoành độ giao điểm của d m và  P  : x2  2mx  4m  4  0(1) . Vì A  2;2 
thuộc  P  và d m nên (1) có 1 nghiệm xA  2  B  2m  2;2m 2  4m  2 
AB  4  m  2   m  1 , AC 
2
2
2
2
4  m2  1
m2
AB  3 AC  4  m  2   m  1  9.
2
Từ
2
4  m2  1
m2
 m(m  2)  3
 m  1
2
  m  2  m2  9  

 m  m  2   3  m  3
Bài 3.
a) Điều kiện x  1 khi đó:
1   x  1 x  13   6 x  15 x  1  0
 x  1  x  13 x  1   6 x  15    0
 x  1

 x  13 x  1  6 x  15 (2)
Do 2 vế của  2  đều không âm nên (2)
  x 2  26 x  169   x  1  36 x 2  180 x  225
 x3  9 x 2  15 x  56  0   x  8   x 2  x  7   0
x  8
 2
x  x  7  0
Vây S  1;8
VN
1

8 xy  22 y  12 x  25  x3 (1)
b) 
 y 3  3 y   x  5  x  2 (2)

Điều kiện: x  2; x  0  y  0
 2  y3  3 y 
x2 3 x2
 y x2
2

3
 y

 y x2  x5 0
Do x  2 và y  0 nên y 2  y x  2  x  5  0   2   y  x  2
Thay vào (1) ta có:
1
8 x x  2  22 x  2  12 x  25  2
x
1
 8  x  2  x  2  3.4. x  2   3.2 x  2  1  3
x
3
1
 2 x  2 1  3
x
 x 2 x  2  1  1  x2  2x  1  x2  2 x x  2  x  2





  x  1  x  x  2
2

2
 x  1  x  x  2 (VN )

 x  1  x  2  x (3)
1
(x   )
2
 x  1
2
 4 x  3x  1  0  
1
x 

4
1 3
Vậy  x; y    ; 
4 2
Bài 4.
 3  2 x  1 
x2
D
M
K
C
P
B
A
O
Chứng minh được DO là đường cao tam giác DAB và D, P, O thẳng hàng.
Chứng minh được ABKC là hình thang
Suy ra diện tích của chúng bằng nhau , đặt bằng S X
Hai tam giác KCP và KPD có cùng đường cao nên
S KCP S1 CP
(với S1 là diện tích CPK )


S KPB S X PB
Hai tam giác ACP và APB có cùng đường cao nên
S ACP S X CP
(với S 2 là diện tích APB)


S APB S2 PB
S1 S X
r4
r2 3
2


 S X  S1.S2   S X 
S X S2
12
6
Vậy diện tích tứ giác ABKC là:
r 3 3 r 2 3 r 2 3 3r 2 3
S ABKC  S1  S2  2S X 



12
3
3
4
Bài 5.
D
I
A
Q
O
B
C
x
E
M
Vẽ tia tiếp tuyến Bx như hình vẽ , gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE , ta
có: CBx  CAB (cùng chắn cung CB) ; BED  CAB (tứ giác ACED nội tiếp)
Suy ra CBx  BED  Bx / / DE
Mà BO  Bx và IQ  DE (tính chất đường nối tâm)  BO / / IQ
Tương tự vẽ tiếp tuyến By của  I  ta cũng suy ra được BI / /OQ
Suy ra BOQI là hình bình hành
OB  IQ
OB  OM
OM  IQ
Suy ra 
mà 

 tứ giác OIQM là hình thang
IB

OQ
IB

IM
IM

OQ



 OI / / MQ mà OI  BM  QM  BM
Bài 6.
Khi biết tổng nhưng B nói : “Tôi không biết 2 số A chọn nhưng chắc chắn C cũng
không biết”. Do đó ta loại các cặp số có tổng bằng 2;3;17;18 là 1;1 ; 1;2  ; 8;9 ; 9;9 
vì nếu biết tổng này thì B phải đoán ra được hai số đó ngay.
Ngoài ra, dựa vào việc khẳng định C cũng không biết nên có các trường hợp của tổng
sau:
TH1: 4  1  3  2  2 thì tích có thể bằng 3  1.3 , C đoán được ngay, mà B khẳng định
C cũng không biết nên trường hợp này loại
TH2: 6  1  5 thì tích có thể bằng 1.5  5 , C đoán được ngay, nên trường hợp này cũng
loại
Tương tự đối với các trường hợp tổng là 7  2  5,8  3  5,9  4  5
,10  5  5,11  5  6,12  3  9,13  6  7,14  7  7 ,15  7  8,16  8  8 cũng loại
Do đó, sau khi B phát biểu thì C đoán được tổng của 2 số là 5   1  4  2  3
Khi đó tích có thể là 4  1.4  2.2 hoặc 6  1.6  2.3
Vì C biết tổng bằng 5 và tích hai số (bằng 4 hay 6) nên suy ra được ngay.
C nói: “Mới đầu thì tôi không biết nhưng giờ thì biết hai số A chọn rồi. Hơn nữa số mà
A đọc cho tôi lớn hơn số của bạn”. Như vậy C biết tích bằng 6  5
Sau đó B cũng biết vì hai số ban đầu có tổng bằng 5 và tích bằng 6
Vậy 2 số A chọn là 2 và 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮC NÔNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi : Toán (Chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC

 1

3 a 5
Câu 1. (1,0 điểm) Cho biểu thức P  

 .
a

1
a
a

a

a

1





a 1
4 a
2

 1



Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
Câu 2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 x2 y  1  x2  3 y
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình  x  2   x  1 x  3  12
2
2

 xy  3 y  x  3
b) Giải hệ phương trình:  2
2

 x  xy  2 y  0
(1)
(2)
Câu 4. (1,0 điểm) Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120km.
Một người dự định đi xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với vận tốc
không đổi.Sau ki đi được 45 phút, người ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến thành phố Buôn
Ma Thuột đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 5km / h trên quãng
đường còn lại.Tính vận tốc của người đi xe máy theo dự định ban đầu.
Câu 5. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x 2  2  m  1 x  4m  0 ( x là ẩn, m là tham số)
có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x13  x12  x23  x22
Câu 6. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d ' lần
lượt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của đường tròn (O). Điểm M thuộc đường
tròn (O), (M khác A và B), tiếp tuyến tại M của đường tròn  O  cắt d , d ' lần lượt tại C và
D. Đường thẳng BM cắt d tại E.
a) So sánh độ dài các đoạn thẳng CM , CA, CE
b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d ', AD lần lượt tại I và J. Chứng minh các
điểm A, B, I , J cùng thuộc một đường tròn.
c) Giả sử AE  BD, tính độ dài đoạn thẳng AM theo R.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1  a  2,1  b  2. Tìm giá trị lớn nhất và
2 
2

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   a   b  
b 
a

ĐÁP ÁN

1
3 a 5
Câu 1. P  

 a  1  a  1 a  1



 .
 a  1  a  1
4

a 1

a 1
4 a


.




a 1
2
4 a
Điều kiện : a  0, a  1
2

1
a
Câu 2.
2  2 x 2 y  x 2  3 y  1  0   2 x 2  3  5 *
2 y  1  1
y 1
Suy ra 2 y  1U  5  1; 5 mà 2 y  1  1nên: 

2 y  1  5  y  3
 x  2(tm)
Với y  1 thay vào (*) ta được : 2 x 2  3  5  x 2  4  
 x  2(ktm)
Với y  3 thay vào (*) ta được: 2 x2  3  1  x2  2  x   2(ktm)
Vậy các số nguyên dương thỏa mãn x  2, y  1
Câu 3.
a) Phương trình biến đổi thành  x 2  4 x  4  x 2  4 x  3  12
Đặt t  x2  4 x  4   x  2  0, phương trình trở thành:
2
t  4(tm)
t 2  t  12  0  
t  3(ktm)
x  0
Với t  4  x 2  4 x  4  4  x 2  4 x  0  
x  4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  4
x  y
b) Phương trình (2)   x 2  y 2   y  x  y   0   x  y  x  2 y   0  
 x  2 y
 x  1
2
*Với x  y, thế vào (1) ta có: 4 x  x  3  0  
3
x 

4
Khi đó x  y  1; x  y 
3
4
 y  1  x  2
*Với x  2 y , thế vào (1) ta có: y 2  2 y  3  0  
 y  3  x  6


3 3
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm  x; y    1; 1 ;  ;  ;  2; 1 ;  6;3 
4 4


Câu 4. Gọi x  km / h  là vận tốc dự định, x  0. Thời gian dự định
Quãng đường đi được sau 45 phút:
120
( h)
x
3
x(km)
4
3
Quãng đường còn lại : 120  x  km 
4
3
120  x
4 ( h)
Thời gian đi quãng đường còn lại :
x5
Theo đề bài ta có phương trình:
3
120

x
3 1
4  120  x 2  20 x  2400  0   x  40(tm)
 
 x  60(ktm)
4 4
x5
x

Vậy vận tốc dự định là: 40km / h
Câu 5.
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi:  '   m  1  4m   m  1  0  m 
2
2
 x  x  2m  2
Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  4m
Theo đề: x13  x12  x23  x22  x13  x23  x12  x22
 x1  x2
2


  x1  x2   x1  x2   x1 x2   x1  x2   0  
2


 x1  x2   x1 x2   x1  x2   0
 '  0
m  1


 m 1
 2
2
4
m

2
m

2

0
vo
...
nghiem


2
m

2

4
m

2
m

2

0




Vậy m  1 thỏa mãn bài toán
Câu 6.
D
E
M
C
F
J
A
B
I
a) Ta có: CM  CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1)
 ACM cân tại C  CAM  CMA
0

CME  CMA  90
Mặt khác 
nên CME  CEM  CME cân tại C  CE  CM (2)
0

CEM  CAM  90
Từ (1) và (2) suy ra CM  CA  CE
b) OAE  OBI  g.c.g   AEBI là hình bình hành  AI / / BE
Ta có: OD  BE  OD  AI , mà AB  DI  O là trực tâm
ADI  OI  AD  AJI  900
Mà ABI  900 nên AJBI là tứ giác nội tiếp.
c) Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai góc kề bù), có OM
là đường cao nên OM 2  CM .MD
Theo câu a, ta có : CM  CA  CE  2CM  AE, mà BD  MD và AE  BD( gt )
 2CM  MD
 2CM 2  R2 (do MO  R và OM 2  CM .MD)
R 2
 AE  R 2 (do AE  2CM )
2
1
1
1


Vì tam giác AEB vuông tại A nên
 AM 
2
2
AM
AE
AB 2
 CM 
Câu 7.
Biến đổi P  ab 
4
4
 4  2 ab.  4  8
ab
ab
ab  2
Dấu “=” xảy ra khi 
1  a, b  2
Mặt khác 1  a  2,1  b  2 suy ra
1  ab  4   ab  1 ab  4   0   ab   5ab  4
2
Khi đó
 ab 
P
2
 4ab  4 5ab  4  4ab  4

 9.
ab
ab
  ab  1
a  b  2

Dấu "  " xảy ra khi   ab  4  
1  a, b  2  a  b  1

a  b  1
Vậy Pmin  8 khi ab  2 và 1  a, b  2 và Pmax  9 khi 
a  b  2
AE. AB
AE 2  AB 2

2R 3
3
ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – CHUYÊN TỰ NHIÊN HÀ NỘI VÒNG 2
Câu 1.
2
2

3x  y  4 xy  8
a) Giải hệ phương trình 
2

 x  y   x  xy  2   8
b) Giải phương trình
27  x 2  x
2  5   x2  x 

27  2 x
2  5  2x
Câu 2.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có:
7
7
7
 27n  57  10  10n  27 7  5   5n  10 7  27  chia hết cho 42

 
 

b) Với x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
4 x2  4 y 2  17 xy  5x  5 y  1
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  17 x 2  17 y 2  16 xy
Câu 3.
Cho tam giác ABC cân tại A, có đường tròn nội tiếp  I  . Các điểm E , F theo thứ tự
thuộc các cạnh CA, AB( E khác C, A; F  B, A) sao cho E , F tiếp xúc với đường tròn
(I) tại điểm P. Gọi K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của E , F trên BC. Giả sử
FK cắt EL tại P. Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên BC.
a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của EHF
b) Ký hiệu S1 , S2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK . Chứng
S1 BF 2

minh rằng :
S2 CE 2
c) Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm P, J , D thẳng
hàng.
Câu 4. Cho M là tập tất cả 4039 số nguyên liên tiếp từ 2019 đến 2019. Chứng
minh rằng trong 2021 số đôi một phân biệt được chọn bất kỳ từ M luôn tồn tại ba
số phân biệt có tổng bằng 0.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
2
2


3x  y  4 xy  8
 x  y  3x  y   8


2
2
x

y
x

xy

2

8





 x  y   x  xy  2   8


Do phương trình thứ nhất nên x  y  0 , do đó ta kết hợp hai phương trình lại ta
x 1
x 2  xy  2  3x  y   x  1 x  y  2   0  
x  2  y
có:
y 1
TH 1: x  1  3  y 2  4 y  8  
 y  5
TH2: x  2  y thay vào phương trình thứ nhất ta có 4  y  1  0  y  1
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm  x; y   1;1; 1; 5 
5
b) ĐK: x  ; x 2  x  5
2
Đặt a  5   x 2  x  và b  5  2 x  a, b  0 . Ta có:
32  a 2
32  b2

2a
2b
1
1
tức là VT<VP, mâu

a2 2b
thuẫn. Tương tự với a  b cũng mâu thuẫn , do đó a  b , phương trình đề tương
 x  1(tm)
đương với : 5   x 2  x   5  2 x  
 x  0(tm)
Ta thấy, nếu a  b  0 thì
Vậy S  1;0
32  a 2  32  b2 và
Câu 2.
a) Trước hết ta chứng minh rằng x7  x  mod 42 x 
Thật vậy, ta có x7  x  x  x  1 x  1  x 4  x 2  1
Dễ thấy x  x  1 x  1 là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6
Theo định lý Ơ le thì x7  x  0  mod7  , x  ,tức là x7  x chia hết cho 7
Vậy x7  x chia hết cho BCNN (6;7)  42 . Khẳng định (1) được chứng minh.
Từ đó,
7
7
 27n  5 7  10   10n  27 7  5   5n  10 7  27 

 
 

7
  27n  5   10  10n  27   5   5n  10   27  mod 42 
7
7
7
 42  n  1 (mod 42)  0(mod 42)
Từ đó ta có khẳng định của bài toán
b) Đặt a  x  y . Sử dụng bđt AM-GM, ta có:
 x  y
xy 
2

4
a2
4
2
5

Hay  a  1  2
2

2
Từ đó, ta có a 
2  1 . Suy ra :
5


9
P  17 x 2  17 y 2  16 xy  17a 2  18 xy  17a 2  a 2  2
2
2 1
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y 
5


2
2 1  6  4 2
Câu 3.
A
F
J
B
E
P
I
LH D K
C
M
a) Sử dụng định lý Talet trong tam giác LKE với JH / / EK , ta có:
Sử dụng định lý Talet trong JHE có FL / / EK ta có:
Do đó:
FL LJ
FL LH



EK JE
EK HK
FL LJ

EK JE
LH LJ

HK JE
Hai tam giác FLH và EKH có FLH  EKH  900 và
FLH
FL LH

nên
EK HK
EKH  LFH  KEH . Mặt khác, ta lại có LFH  FHJ (so le trong) và
KEH  EHJ (so le trong), do đó: HJ là phân giác của EHF
b) Ta có HJ / / FL nên SFJL  SFLH .  SBFLJ  SBFL  SFLH  SBFH
(1)
Chứng minh tương tự , ta cũng có SCEJK  SCEH
(2)
Theo chứng minh câu a, hai tam giác FTL EKH nên
FHB  FHL  EHK  EHC
Hai tam giác FHB và EHC có FHB  FHL  EHK  EHC
Hai tam giác FHB và EHC có FBH  ECH ; FHB  EHC nên đồng dạng với nhau.
S FBH BF 2

Suy ra
S ECH CE 2
S1 S FBH BF 2


Ta kết hợp (1) và (2) ta thu được:
S2 S ECH CE 2
c) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử P nằm cùng phía với B so với
AD như hình vẽ. Gọi M là giao điểm của PJ và EK . Áp dụng định lý
Menelauyt cho tam giác KFE với cát tuyến MJP, ta có:
MK PE JF
.
.
1
ME PF JK
Mà hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK là hai đường cao
JF FL BF
MK PE BF
tương ứng nên
, suy ra


.
.
 1(3)
JK EK CE
ME PF CE
Để chứng minh ba điểm P, J , D thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh M , D, J thẳng
hàng
Theo định lý Menelaus đảo áp dụng cho tam giác LKE, điều này tương đương với
MK JE DL
. .
1
ta phải chứng minh:
ME JL DK
JE EK CE
DL DL DC DB AF AC
AF



.
.

.
.1 
Lại có
và
JL FL BF
DK DB DK DC AB AE
AE
MK CE AF
.
.
 1 (4)
Do đó, chỉ cần chứng minh
ME BF AE
Kết hợp (3) và (4), ta đưa bài toán về chứng minh:
CE AF PE BF
.

.
BF AE PF CE
AF PF BF 2
Hay
(5)
.

AE PE CE 2
Gọi T , N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn  I  với AB, AC. Đặt
a  AB  AC, x  BD  CD, y  PF  TF, z  PE  EN. Ta sẽ chứng minh:
x  x  y  x  z 
(6)
x 2  yz
Thật vậy, sử dụng định lý cosin trong các tam giác ABC, AEF ta có
a
AE 2  AF 2  EF 2 AB 2  AC 2  BC 2
2cos A 

AE. AF
AB. AC
a  x  y  a  x  z    y  z 
 a  x  y  a  x  z 
2
Suy ra
2
2
2a 2  4 x 2
2
a2
yz
x2
Từ đây, ta có: 2

a   2 x  y  z  a   x  y  x  z  a 2
Hay  x 2  yz  a 2  x 2  2 x  y  z  a  x 2  x  y  x  z   0
Như thế ta có :  a  x   x 2  yz  a  x  x  y  x  z   0
Do a  x nên (6) được chứng minh, sử dụng (6) vừa chứng minh ta có:
x  x  y  x  z 
x y
2
AF PF a  x  y y
y  x  y
BF 2
x 2  yz
.

. 
. 

AE PE a  x  z z x  x  y  x  z 
z  x  z 2 CE 2
xz
x 2  yz
Đẳng thức (5) được chứng minh. Ta có điều phải chứng minh.
Câu 4.
Đặt M n   x / x  , x  2n  1.Ta chứng minh mệnh đề tổng quát :”Trong 2n  1
số phân biệt từ tập hợp M n , luôn tồn tại ba số phân biệt có tổng bằng 0. Ta chứng
mnh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho có
thể chọn ra 2n  1 số phân biệt từ tập hợp M n mà trong đó không có 3 số phân biệt
nào có tổng bằng 0. Gọi n là số nhỏ nhất có tính chất như vậy. Khi đó n  1 (vì với
n  1 thì mệnh đề đúng). Vì n là số nhỏ nhất làm cho mệnh để không đúng nên
mệnh đề đúng với n  1. Nếu trong các số được chọn có ít nhất 2n  1số thuộc M n1
thì do mệnh đề đúng với n  1, sẽ tồn tại ba số phân biệt trong các số được chọn có
tổng bằng 0. Mâu thuẫn. Vậy có tối đa 2n  2 số được chọn thuộc M n1. Suy ra
trong 4 số 2n  2; 2n  1; 2n  2;2n  1có ít nhất 3 số được chọn. Suy ra 0 không
được chọn
 Nếu cả hai số của cặp  2n  1;2n  1 được chọn. Chia tập
M n \ 2n  1,2n  1,0 thành 2n  2 cặp 1;2n  2 ,  2;2n  3 ;.....;
 1; 2n  2 ,…..,  n  1; n  ta thấy từ mỗi cặp ta chỉ chọn được tối đa 1 số
. suy ra chỉ lấy được tối đa 2  2n  2  2n số. Mâu thuẫn
 Nếu chỉ có một số của cặp  2n  1,2n  1 được chọn thì theo lý luận ở trên,
cặp  2n  2;2n  2 được chọn. Không mất tính tổng quát ta giả sử 2n  1
được chọn còn 1  2n không được chọn. Lúc này chia các phần tử còn lại
thành 2n  5 cặp 1;2n  3 ,  2;2n  4 ,..... n  2;n  ,
 2; 2n  3 ;..... n  3; n  1 , một bộ ba số  n  2; n  1; n  và một
phần tử lẻ cặp n  1. Từ mỗi cặp ta lấy được tối đa một số, tự bộ ba số ta
cũng lấy được tối đa 1 số. Từ đó ta lấy được tối đa 3  2n  5  1  1  2n số,
mâu thuẫn
Vậy trong mọi trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn, tức là điều giả sử sai. Mệnh đề
được chứng minh. Áp dụng mệnh đề cho n  1010 ta có điều phải chứng minh
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Khóa ngày 03/06/2019
Môn: TOÁN (CHUYÊN)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng d đi qua điểm M  0;1
có hệ số góc k
a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B
phân biệt với mọi giá trị k
b) Chứng minh OAB là tam giác vuông với mọi giá trị k ( O là gốc tọa độ)
Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x2  x  4  2 x  1 1  x 
2
2

x  5y  3  6 y  7x  4  0
b) Giải hệ phương trình : 

 y  y  x  2   3x  3
Câu 3. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  2. Chứng
minh rằng:
2019 x2  2 xy  2019 y 2  2019 y 2  2 yz  2019z 2  2019z 2  2xz  2019x2  2 2020
Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 AD  4a(a  0). Đường
thẳng vuông góc với AC tại C cắt đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F
a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp
b) Gọi I là giao điểm của đường thẳng BD và EF . Tính độ dài đoạn thẳng ID
theo a
c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB ( M khác A, M khác B), đường thẳng CM
cắt đường thẳng AD tại N . Gọi S1 là diện tích của tam giác CME và S 2 là
diện tích của tam giác AMN . Xác định vị trí của M sao cho
S1 3

S2 2
Câu 5. (1,5 điểm) Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình
ax2  bx  c  0 không có nghiệm hữu tỷ.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M  0;1 có hệ số góc k : y  kx  1
Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  : x 2  kx  1  0(1)
Phương trình (1) có   k 2  4  0, k
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d luôn cắt
 P  tại hai điểm A, B phân biệt với mọi giá trị k
b) Gọi A  x1; x12  và B  x2 ; x22  . Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1) ,
suy ra x1.x2  1
Phương trình đường thẳng OA : y  x1.x
Phương trình đường thẳng OB : y  x2 .x
Do x1.x2  1nên OA  OB. Vậy OAB là tam giác vuông
Câu 2.
2a) Điều kiện : x  1
x2  x  4  2 x  1 1  x   x  x  1  2 x  1  x  1  4  0
Đặt y  x  1, y  0
Phương trình (1) trở thành:
y
2
 1 y 2  2 y. y 2  4  0  y 4  2 y 3  y 2  4  0
  y  1  y 3  3 y 2  4 y  4   0  y  1(do... y  1)
Suy ra
x 1  1  x  2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2
2
2

 x  5 y  3  6 y  7 x  4  0 (1)
2b) 
(2)

 y  y  x  2   3x  3
(1)
Điều kiện y 2  7 x  4  0
 y  3
 y  x 1
 2    y  3 y  x  1  0  
Với y  3  1  x2  18  6 13  7 x  0 (vô nghiệm)
Với y  x  1, từ (1) ta có:  x 2  5 x  5  6 x 2  5 x  5  7  0
2
 x 2  5 x  5  7 
 x  1  y  2(tm)
 x  5 x  12  0(VN )
 2
 2

 x  5x  4  0
 x  4  y  5(tm)
 x  5x  5  1

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 1;2 ; 4;5 
Câu 3.
Đặt
S  2019x2  2xy  2019 y 2  2019 y 2  2 yz  2019z 2  2019z 2  2zx  2019x2
Ta có 2019 x2  2 xy  2019 y 2  1009  x  y   1010  x  y   1010  x  y 
2
Suy ra
2019 x 2  2 xy  2019 y 2  1010  x  y 
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y
Tương tự :
2019 y 2  2 yz  2019 z 2  1010  y  z 
2019 z 2  2 zx  2019 x 2  1010  z  x 
Do đó S  2 1010  x  y  z   2 2020
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 
2
3
2
2
Câu 4.
I
E
B
C
M
F
N A
D
a) Do ABCD là hình chữ nhật nên BDA  CAD
Mặt khác CAD  AEF (cùng phụ với AFE )
Suy ra BDA  AEF
Tứ giác EBDF có BEF  BDF  BDA  BDF  1800. Vậy tứ giác EBDF nội tiếp
b) Tam giác ACE vuông tại C và CB  EA nên ta có: CB2  BE.BA
CB 2  2a 

 a.
Suy ra BE 
BA
4a
2
Ta có: BD2  AB2  AD2   4a    2a   20a 2  BD  2a 5
2
Do BE / /CD nên
2
IB BE
a 1



ID DC 4a 4
4
8 5a
Suy ra ID  BD. Vậy ID 
3
3
 MB  4a  x
c) Đặt AM  x,0  x  4a  
 ME  5a  x
Do BC / / AN nên
AN MA
MA.BC
2ax

 AN 

BC MB
MB
4a  x
Suy ra
1
1
S1  CB.ME  .2a. 5a  x   a  5a  x 
2
2
1
1
2ax
ax 2
S2  AM . AN  x.

2
2 4a  x 4a  x
S 3
 5a  x  4a  x   3  x2  18ax  40a 2  0
Do đó 1  
S2 2
x2
2
  x  2a  x  20a   0  x  2a(do..0  x  4a)
Khi M là trung điểm của AB thì
S1 3

S2 2
Câu 5.
Giả sử phương trình ax2  bx  c  0 có nghiệm hữu tỉ, khi đó
  b2  4ac  m2  m  
Suy ra b2  m2 hay b  m (1) . Ta có:
4a.abc  4a.100a  10b  c   400a 2  40b  4ac
  400a 2  40ab  b 2    b 2  4ac    20a  b   m 2
2
  20a  b  m  20a  b  m 
Do abc là số nguyên tố nên  20a  b  m  abc hoặc  20  b  m  abc,
Suy ra 20a  b  m  abc (2)
Từ (1) ta có 20a  2b  20a  b  b  20a  b  m
Từ (2) ta có: 20a  b  m  100a  10b  c  100a  10b
Do đó:
20a  2b  100a  10b  2 10a  b   10 10a  b   2  10 (vô lý)
Vậy  không thể là số chính phương nên phương trình ax2  bx  c  0 không có
nghiệm hữu tỉ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Ngày thi: 3/6/2019
Môn: TOÁN (chuyên)



Bài 1. (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức T  2 3  1 3 2  1 13  4 3 19  6 2
Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y  2 x 2 có đồ thị là  P  và hàm số y  6 x  m  4 có đồ thị
là  d  . Tìm m để  P  và  d  tiếp xúc nhau.
Bài 3. (1,5 điểm) Tính số đo góc nhọn  biết 10sin 2   6cos2   8
Bài 4. (1,5 điểm) Biết rằng 111...15555...5 là tích của hai số lẻ liên tiếp. Tính tổng hai số
2018..CS ..1 2018...CS ...5
lẻ đó
Bài 5. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có C  B  900 và AH là đường cao của tam giác
Chứng minh rằng : AH 2  BH .CH
x  y  4
Bài 6. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3
3
2
2
 x  y  4 x  4 y  12
Bài 7. (1,5 điểm) Cho đường tròn  O; R . Hai dây AB và CD song song với nhau sao cho
tâm O nằm trong dải song song tạo với AB và CD. Biết khoảng cách giữa hai dây đó bằng
11cm và AB  10 3cm, CD  16cm. Tính R
Bài 8. (1,5 điểm) Cho các số a, b, c, x, y, z đều khác 0 và thỏa mãn các điều kiện
a b c
x2 y 2 z 2
x y z
   1 và    0. Chứng minh rằng: 2  2  2  1
x y z
a
b
c
a b c


Bài 9. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A A  900 , đường vuông góc với AB tại A
cắt đường thẳng BC tại D. Dựng DE vuông góc với AC  E  AC . Gọi H là trung điểm
BC. Chứng minh rằng AH  HE.
Bài 10. (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2  a  b  x  4ab  0 ( x là ẩn số, a, b là tham số)
Tìm điều kiện của a và b để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt trong đó có ít
nhất một nghiệm dương.
Bài 11. (1,5 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a  b  c  10. Tính giá trị nhỏ nhất
của M  a 2  b2  c2
Bài 12. (2,0 điểm) Cho đường tròn  O  đường kính BC. Điểm A thuộc đường tròn  O  .
Kẻ AH  BC  H  BC . Gọi I , K theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác
AHB, AHC. Đường thẳng IK cắt AB, AC lần lượt tại M , N
a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân
1
b) Chứng minh S AMN  S ABC
2
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Tính được 13  4 3  2 3  1
; 19  6 2  3 2  1
2
2
Đưa được về dạng T   2 3  12   3 2  12   187

 

Câu 2.
Viết được phương trình hoành độ giao điểm:
2 x2  6 x  m  4  2 x2  6 x  m  4  0
17
2
Ta có  '  0   3  2  m  4   0  m  
2




Câu 3. Biến đổi được về đẳng thức 6  sin 2   cos2    4sin 2   8  sin 2  
Vì sin   0  sin  
2
   450
2
Câu 4.
1111...15555....5  1111....1100.....05  1111..1.3.333....335
2018..CS ..1 2018...CS ...5
2018...CS ...1 2017...CS ...0
2018...CS ...1
 3333....3.3333.....35 là tích của 2 số lẻ liên tiếp
2018...CS ...3
2017...CS ....3
2017...CS ...3
Nên tổng là: 6666....68
2017...CS ..6
Câu 5.
A
B
C
H
Chứng minh được B  CAH
Chứng minh được BAH ACH ( g.g )  AH 2  BH .CH
Câu 6.
1
2
Biến đổi được phương trình x3  y3  4 x 2  4 y 2  12 về dạng
 x  y   x2  y 2  xy   4x2  4 y 2  12  xy  3
Quy việc tìm x, y về giải phương trình: t 2  4t  3  0
Tìm được 2 cặp nghiệm  x; y   1;3 ; 3;1 
Câu 7.
B
M
A
O
D
N
C
Kẻ OM  AB, ON  CD , chứng minh được M , O, N thẳng hàng
Sử dụng tính chất đường kính và dây tính được: MB  5 3cm, ND  8cm
Gọi OM  x
Dùng định lý Pytago được hệ thức

R2  5 3

2
 x 2  82  11  x   x  5cm  R  10cm
2
Câu 8.
x y z
x2 y 2 z 2
 xy xz yz 
Từ điều kiện    1 suy ra được: 2  2  2  2      1
a
b
c
a b c
 ab ac bc 
Quy đồng biểu thức trong ngoặc được:
x2 y 2 z 2
xyc  xzb  yza



2.
1
a 2 b2 c 2
abc
a b c
Từ điều kiện    0 , suy ra được xyc  xzb  yza  0
x y z
x2 y 2 z 2
Kết luận được: 2  2  2  1
a
b
c
Câu 9.
A
B
H
D
C
E
Chứng minh được: AH  BC
Chứng minh được tứ giác AHDE nội tiếp
Chứng minh được HAE  HEA  HE  HA
Câu 10.
Tìm được điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt , trong đó:
2
Tính được  '   a  b   a  b
Lập luận được trường hợp thứ nhất: Phương trình có hai nghiệm trái dấu, suy ra ab  0
Lập luận được trường hợp thứ hai: Phương trình có hai nghiệm cùng dương, suy ra
ab  0

a  b  0
Vậy a  b và trong hai số a, b có ít nhất một số âm thì thỏa đề
Câu 11.
2
Biến đổi được biểu thức M về dạng M   a  b  c   2  ab  bc  ca 
Chứng tỏ được: ab  bc  ca  a 2  b2  c2
Suy ra được: M  102  2M
100
10
abc
Tính được M min 
3
3
Câu 12.
A
M
I J
K
B
D
O
H
N
C
a) Chứng minh được BAC  900  AMN vuông tại A
Gọi J là giao điểm của BI và CK. Chứng minh được AJ là tia phân giác của MAN
Chứng minh được: ADC cân tại C, suy ra được KJ  AI
Chứng minh được J là trực tâm AIK suy ra AJ  MN
Chứng minh được AMN vuông cân tại A
b) Chứng minh được AMI AHI (MAI  IAH ; AMI  AHI  450 )
1
Suy ra được AM  AH  AH  OA; OA  BC
2
1
1
Tính được S AMN  AM . AN  AH 2
2
2
1
1
S ABC  AH .BC  S AMN  S ABC
2
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Cho hai biểu thức A 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN
(Dành cho các thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, Tin)
x
x x  1 x x  1 2  x  1


và B  x  1 
x 1
x x
x x
x
với x  0, x  1.
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm x để A  B
2. Cho a, b là hai số thực thỏa mãn 0  a  1,0  b  1, a  b và
a  b  1  b2  1  a 2 . Tìm giá trị của biểu thức Q  a 2  b2  2019
Câu 2. (2,0 điểm)
1
3
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y 
và
x
2020
2020
parabol  P  : y  2 x 2 . Biết đường thẳng  d  cắt  P  tại hai điểm B và C. Tìm
tọa độ điểm A trên trục hoành để AB  AC lớn nhất.
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình :
2
xy 2   y  45  2 xy  x  220 y  2024  0
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 5x  11  6  x  5x 2  14 x  60  0
4 x 2 y  xy 2  5
2. Giải hệ phương trình: 
3
3
64 x  y  61
Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O cạnh a. Lấy M là điểm bất kỳ trên
cạnh AB ( M  A , M  B), qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CM tại H, DH
cắt AC tại K
1) Chứng minh rằng MK song song với BD
2) Gọi N là trung điểm của BC , trên tia đối của tia NO lấy điểm E sao cho
FO
ON
2

, DE cắt OC tại F . Tính
OE
2
FC
3) Goi P là giao điểm của MC và BD, Q là giao điểm của MD và AC. Tìm giá
trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác CPDQ khi M thay đổi trên cạnh AB.
9
Câu 5. (1,0 điểm) Với x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện  2  x  y  1  .
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  2  y 4  8 y 3  24 y 2  32 y  17
ĐÁP ÁN
Câu 1. 1)
a) Ta có:
A

x x  1 x x  1 2  x  1



x x
x x
x



x .

x 1 x  x 1


x 1

x .
  2  x  1
x 1 x  x 1

x 1
x
2 x 2  x  1 2 x  x  1


x
x
x
Vậy A 

 với x  0, x  1.
2 x  x 1
x
b) ĐK: x  0, x  1
A B

  2x  1  2x
2 x  x 1
x
Vậy với x  4 thì A  B
2)
x 1
a  b  1 b  1 a  a  b 
2
2
x  2  2 x x  x  x  4(tmdk )
a 2  b2
1  b2  1  a 2
 a  b  1  b2  1  a 2
2
2

a  b  1  b  1  a
 a  1  b2  a 2  b 2  1  Q  2020.
Từ đó ta có hệ 
2
2

a  b  1  b  1  a
Câu 2.
1. Ta có: AB  AC  BC nên GTLN AB  AC  BC khi A, B, C thẳng hàng
hay A là giao điểm của  d  với Ox  A 3;0
2. Ta có: xy 2   y  45  2 xy  x  220 y  2024  0
2
  y  1 xy  x  y  129   128  27
 y  12;4;8;16;32;64;128
 y  12;4;8;16;32;64;128  y 1;3;7;15;31;63;127   x; y   33;1 ;  25;3 ; 15;7 
Câu 3.
1. ĐK: 
11
 x6
5
Ta có:
5 x  11  6  x  5 x 2  14 x  60  0 
5  x  5

 
5x  11  6 

6  x  1   x  5 5 x  11  0
x5
  x  5  5 x  11  0
5 x  11  6
6  x 1
5
1


  x  5 

 5 x  11  0  x  5
6 x
 5 x  11  6



5
1
11


Do
....


5
x

11

0...
voi
..


x

6


5
5 x  11  6
6 x


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5
2
2
 xy 4 x  y   5

4 x y  xy  5  
2. 

2
3
3
4 x  y   4 x  y   12 xy   61


64 x  y  61 



5


u  5
u  xy
uv  5
u 
Đặt 
hệ trở thành:  2


v
3
v  4 x  y
v  1

v  v  12u   61 
v  60  61
  x  1

  y  5
 xy  5

 5 
 
Suy ra 
5 . Vậy nghiệm của hệ là  x; y    1; 5  ;  ;4  
 4 

4 x  y  1   x 
4


  y  4
Câu 4.
H
M
A
K
B
Q
P
N
E
O
F
D
C
1. Tứ giác ADCH có AHC  ADC  900  900  1800  Tứ giác ADCH nội
tiếp  ADH  ACH
 AKH  DAK  ADK  MAK  ADH


Ta có:  AKH  KCH  CHK  ACH  MHK  MAK  MHK  AHMK là tgnt

ADH  ACH


 AKM  900  MK  AC mà BD  AC (t/c hình vuông)  MK / / BD
2. ONC vuông cân tại N 
 ODE  OED
ON
2

 OE  OC  OD  DOE cân tại O
OC
2
(1). Mà OE / /CD  CDE  OED(2)
Từ (1) và (2)  ODE  CDE  DE là tia phân giác của CDO 
3. Đặt AM  x  0 ta có AMK vuông cân tại K
FO DO
2


FC DC
2
 MK  AK 
x
x
2a  x
 CK  a 2 

2
2
2
Do AM / /CD 
AQ AM x
AQ
x
AC.x a 2.x

 

 AQ 

QC CD a
AC a  x
ax ax
 CQ  AC  AQ 
a2 2
ax
a 2
OC OP
x
ax
OP / / MK 

 OP  2 .

2a  x 2  2a  x  2
CK MK
2
ax
a
a
2a
 DP  OP  OD 


.
 2a  x  2 2 2 2a  x
SCPQD
1
1 a2 2 a
2a
1
 DP.CQ  .
. .
 a4.
2
2 a  x 2 2a  x
 a  x  2a  x 
SCDPQ đạt GTNN   a  x  2a  x  đạt GTLN . Mà
1  a  2 a  x  x  9a 2
4a 2
 SCDPQ 
.
 a  x  2a  x   
 
4
2
4
9

a
Dấu "  " xảy ra khi a  x  2a  x  x   M là trung điểm của AB.
2
2
4a
 M là trung điểm của AB
Vậy min SCDPQ 
9
Câu 5.
u  x  1
9
9
Đặt 
. Ta có:  2  x  y  1    u  1 v  1 
4
4
v  y  2
2
9
1
2
2
  u  1 v  1  . u  v  2    u  v  2   9
4
4
Theo Bunhia ta có :
u 2  v2  12 12  12  22   u  v  22  9  u 2  v2  12
Ta có , theo Mincopxki:
Ta có:
A  u 4  1  v4  1 
u
2
 v 2   1  1 
2
2
u
2
 v2   4 
2
1
17
4 
4
2
1
1


x


x



2
2 . Vậy MinA  17  
Dấu "  " xảy ra khi 

2
y  5
y  5


2
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức A 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Môn: TOÁN CHUYÊN
Năm học 2019-2020


2 x 3
x x 3
x 3


x 2 x 3
x 1
3 x
a) Rút gọn A
b) Tính giá trị của A khi x  4  2 3
Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình : x2   m  2  x  3m  3  0 1 với m là tham số
Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x  4  x2  2  3x 4  x 2
2 x3  2 x 2 y  xy  y 2  x  y

b) Giải hệ phương trình:  3
2

2 x  xy  x  4
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  và đường tròn  O '; R ' cắt nhau tại hai điểm phân
biệt A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C. kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn
 O; R  , trong đó D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn  O '; R ' . Đường thẳng
AD, AE cắt đường tròn  O '; R ' lần lượt tại M và N (M, N khác A). Tia DE cắt MN tại I .
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BEIN nội tiếp
b) MIB AEB
c) O ' I  MN
Câu 5. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên 4 y 2  2  199  x 2  2 x
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  sao cho p 2  2q 2  41
Câu 6.
a) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 , chứng minh rằng:
1
1
2


1  x 1  y 1  xy
b) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  x  y   4 xy  12
1
1

 2018 xy
Tìm GTLN của P 
1 x 1 y
3
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Điều kiện : x  0; x  9(*)
A




x x 3 2
  x  3
x  3 x  1
2
x 3 
x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3

x 3

 x  3  x  8  
 x  3 x  1

x 1

x 1

x x  3x  8 x  24

x 3

x 1
x8
x 1
b) x  4  2 3 thỏa mãn * . Với x  4  2 3 
A



2
3  1 ta có :
x8
42 3 8
12  2 3


4 32
2
x 1
3
3 1 1


Câu 2.
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện bài toán là:
 m  2   4  3m  3  0 m2  8m  16  0
  0


S  0
m

2

0


m  2



P  0
3m  3  0
m  1
 x12  x22  25  x  x 2  2 x x  25
 m  2 2  2  3m  3  25



1
2
1
2

2
m  4
m  2


m3
m

1

m  5  m  3
Vậy m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 3.
a) x  4  x2  2  3x 4  x 2 . Điều kiện 2  x  2
Đặt t  x  4  x 2  x 4  x 2 
t2  4
, khi đó phương trình đã cho trở thành:
2
t  2

3t  2t  8  0   4
t  3
2
 x  0(tm)
*)t  2  x  4  x 2  2  4  x 2  2  x  2 x 2  4 x  0  
 x  2(tm)
4
4
4
8
20
2  14
*)t    x  4  x 2    4  x 2 
 x  2 x2  x 
0 x
(tm)
3
3
3
3
9
3


2  14 

Vậy S  0;2;

3




3
2
2

2 x  2 x y  xy  y  x  y (1)
b.  3
2

2 x  xy  x  4 (2)
 y  x
Ta có 1  2 x 2  x  y   y  x  y    x  y   0   x  y   2 x 2  y  1  0  
2
 y  2x  1
*) y   x   2   2 x3  2 x 2  4  0  2  x  1  x 2  2 x  2   0  x  1  y  1

1  17
 y  10  17
x 
2
2
2
*) y  2 x  1   2   x  x  4  0  

1  17
 y  10  17
x 

2

 1  17
  1  17



;10  17  ; 
;10  17  
Vậy tập nghiệm là  x; y   1; 1 ; 

 2
 2



Câu 4.
C
M
A
D
E
O
O'
I
B
N
a) Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có: BAD  BNM hay BAD  BNI (1)
Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có: BAD  BED (2)
Từ (1) và (2) suy ra BED  BNI , vậy tứ giác BENI nội tiếp

 BMI  BAE (1)
b) Tứ giác BAMN nội tiếp  
(2)

 MNA  MBA
Tứ giác BEIN nội tiếp  MNA  INE  IBE
(3)
Từ (2) và (3)  MBA  IBE  IBM  MBE  EBA  MBE  IBM  EBA
(4)
Từ (1) và (4)  MIB AEB( g.g )
BD CD

DA CA
BD EB
CE EB

(5)
Tương tự, ta có:
mặt khác CD  CE (tính chất tiếp tuyến) 

DA EA
CA EA
EB IB

(6)
MIB AEB(cm câu b) 
EA IM
c) CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA  CBD  CDA CBD( g.g ) 
*)ABD  AED  IEN mà IEN  IBN (tứ giác BEIN nội tiếp)  ABD  IBN
Mặt khác INB  DAB (chứng minh câu a), từ đó ta có INB
Từ (5), (6), (7) 
DAB  g.g  
DB IB

(7)
DA IN
IB IB

 IM  IN  I là trung điểm của MN  O ' I  MN
IN IM
Câu 5.
a) ĐK:199  x2  2 x  0   x  1  200  x  15; 14; 13;....;12;13 do... x 
2

Ta có: 4 y 2  2  199  x 2  2 x  2  200   x  1  2  10 2  0  y 2  4, mà y 
2
Suy ra y  2; 1;1;2
 x  15
y 1 
 x  13
 x  3
y  2  
x  1
 x  15
y  1  
 x  13
 x  3
y  2 
x  1
Vậy tập hợp các cặp số  x; y  nguyên thỏa mãn đề bài là:
S  13; 1 ;  15; 1 ;  15;1 ;  3;2 ;  3; 2 ; 1;2 ; 1; 2 
b) p 2  2q 2  41  p 2  41  2q 2  p 2 là số lẻ  p lẻ  p  2k  1 k  * , thay vào (*)
suy ra :
q 2  2k  k  1  20  q chẵn, mà q là số nguyên tố nên q  2  p 2  49  p  7
Câu 6.
1
1
2
1
1
1
1
a)






0
1  x 1  y 1  xy
1  x 1  xy 1  y 1  xy


xy  x
1  x  1 

xy


xy  y
1  y  1 
xy

0
y x  x
y 
.

0
1  xy  1  x 1  y 
  xy  1  0, bất đẳng thức này luôn đúng với các số thực x, y  0; xy  1
1  x 1  y  1  xy 
y x
2
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng
b) Ta có

12   x  y   4 xy  2 xxy
3

3
 4 xy (áp dụng BĐT AM-GM cho hai số thực không âm
x, y) . Đặt t  xy  t  0  , khi đó:
12  8t 3  4t 2  2t 3  t 2  3  0   t  1  2t 2  3t  3  0
 t  1 (Vì t  0  2t 2  3t  3  0)
t  1  0  xy  1. Theo câu a ta có:
P
1
1
2

 2018 xy 
 2018 xy
1 x 1 y
1  xy
2
 2018t 2
1 t
Ta sẽ cần chứng minh GTLN của P là 2019, thật vậy ta chứng minh bất đẳng thức sau luôn
đúng:
2
 2018t 2  2019  2018t 3  2018t 2  2019t  2017  0
1 t
  t  1  2018t 2  4036t  2017   0
Đặt t  xy  0  t  1 , ta được: P 
t  1
Bát đẳng thức sau luôn đúng với 0  t  1. Dấu "  " xảy ra khi 
 x  y 1
x

y

Vậy GTLN của P là 2019 đạt được khi x  y  1
SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2019-2020
ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
 3 x
x
1 
x 3
a) Cho các biểu thức : P  


 x  0
:
x
x

1
x

x

1
x

1
x

x

1


1
Rút gọn biểu thức P. Tìm các giá trị của x để P 
5
2
b) Cho phương trình x  4 x  m  0(1) ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương
1 1
trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:     x12  x22   4  m  2 
 x1 x2 
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x 2  3x  2   2 x  1 2 x 2  x  3
 x3  y y  9
b) Giải hệ phương trình: 
2
 x  2 y  x  4 y
Bài 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  AB  AC  . Kẻ đường
cao AH  H  BC  của tam giác ABC và kẻ đường kính AD của đường tròn (O)
a) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng DH . Chứng minh OM là đường trung trực của
đoạn thẳng BC
b) Gọi S , T là các giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn tâm A, bán kính AH; F
là giao điểm của ST và BC. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với DH tại E. Chứng
minh FB.FC  FH 2 và 3 điểm F , E, A thẳng hàng
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM tiếp xúc với đường tròn tâm A bán
kính AH .
Bài 4. (1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn x  x  z   y  y  z   0. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P 
x3
y3
x2  y 2  4


x2  z 2 y 2  z 2
x y
Bài 5. (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
i ) p 2q  p chia hết cho p 2  q
ii ) pq 2  q chia hết cho q 2  p
1 1
1
1
;
. Từ các số đã viết, xóa đi 2 số bất kỳ x, y
b) Viết lên bảng 2019 số 1; ; ;....;
2 3
2018 2019
xy
rồi viết lên bảng số
(các số còn lại trên bảng giữ nguyên). Tiếp tục thực hiện
x  y 1
thao tác trên cho đến khi bảng chỉ còn lại đúng một số. Hỏi số đó bằng bao nhiêu ?
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1
x 3
1
:

x  x 1 x  x 1
x 3
1
1
1
P 
  x 2 x4
5
x 3 5
Vậy 0  x  4 thỏa mãn bài toán
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
  '  4  m  0  m  4
 x  x  4
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  1 2
 x1 x2  m
4 16  2m 
gt 
 4  m  2  (m  0)
m
 m2  16  m  4
Kết hợp với điều kiện m  4; m  0 ta được m  4 thỏa mãn
Câu 2.
x 1
a) ĐKXĐ: 
3
x 

2
2 x  1  0
2
PT   2 x  1 x  2    2 x  1 2 x  x  3  0  
2
 x  2  2 x  x  3
1
2 x  1  0  x  (ktmdk )
2
 x  2
 x  2
3  37
x  2  2x2  x  3   2

x
(tmdk )
 2
2
2
2 x  x  3  x  4 x  4  x  3 x  7  0
a) P 

 3  37 3  37 

;
Vậy S  

2
2




b) ĐKXĐ: y  0. Lấy phương trình thứ nhất trừ đi ba lần phương trình thứ hai ta được:

x3  3x 2  3x  1  8  12 y  6 y  y y   x  1  2  y
3
Thế

3
 x 1  2  y
y  3  x vào phương trình thứ nhất:
x 1
3
x3   3  x   9  x3  3x  2  0  
x  2
Vậy hệ phươn trình đã cho có hai nghiệm 1;4 ; 2;1 ( TMDKXD)
Câu 3.
A
T
E
O
C
S
H
B
F
M
D
a) Ta có OM / / AH (tính chất đường trung bình) mà AH  BC  OM  BC
 OM là đường trung trực của đoạn thẳng BC (dfcm)
FT FB
b) FTB FCS ( g.g ) 

 FB.FC  FT .FS (1)
FC FS
FH là tiếp tuyến của đường tròn tâm A bán kính AH  FT .FS  FH 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra FB.FC  FH 2
Gọi E ' là giao điểm của FA với (O)
 FE '.FA  FH 2  FE ' H '' FHA(c.g.c)
 FE ' H  FHA  900  HE '  AF
Mà DE '  AF  E ', H , D là ba điểm thẳng hàng  F , E, A thẳng hàng
c) Gọi I là điểm đối xứng với H qua E. Ta có AF là đường trung trực của đoạn thẳng HI
nên FH  FI và AH  AI , nghĩa là I thuộc đường tròn tâm A bán kính AH
AFI  AFH (c.c.c)  AIF  AHF  900  FI tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AH
tại I (3)
HB HE
1

 HB.HC  HD.HE  2 HM . HI  HM .HI
Có HBE HDC ( g.g ) 
HD HC
2
HBI HMC (c.g.c)  HBI  HMC  Tứ giác IBMC nội tiếp
Lại có: FI 2  FB.FC (cùng bằng FH 2 )  FI tiếp xúc với đường tròn  IBMC  tại I. Kết hợp
với (3) suy ra đpcm.
Câu 4.
x3
xz 2
xz 2
z
 x 2
 x
 x
Áp dụng BĐT Cô si 2
2
2
x z
x z
2 xz
2
3
4
y
z
4
Tương tự: 2
 y  . Suy ra P  x  y 
2
x y
y z
2
Vậy Pmin  4  x  y  z  1
Câu 5.
a)
p 2 q  p  p 2  q   q  p 2  q    p 2q  q   q 2  p  p 2  q 
pq 2  q  q 2  p    pq 2  q   p  q 2  p   p 2  q q 2  p
q 2  p    p 2  q   q 2  q  p 2  p  0(VN )
q 2  p  p 2  q   q  p  q  p  1  0  q  p  1  0  q  p  1
Mà p, q là hai số nguyên tố nên p  2, q  3 (thỏa mãn bài toán)
b) Đặt z 
xy
1 1 1 1
1
 1  1 
   
  1    1  1 (1)
x  y 1
z x y xy
z
 x  y 
Với mỗi tập các số dương x1; x2 ;......; xn  tùy ý, xét biểu thức :
1

1
 1

P  x1; x2 ;....; xn     1  1 .......  1.
 x1  x2

 xn

xy
các số còn lại trên
x  y 1
bảng giữ nguyên thì giá trị của biểu thức P của các số trên bảng không đổi.
1
1 
1 1 1
;
Gọi số cuối cùng là a  P  a   P  ; ; ;......;

2018 2019 
1 2 3






 1
 1

1 
1
1
1   1
  1    1 .  1 .  1.......
 1 .
 1  2020!  a 
1
1
1
a
2020! 1
1   1





2 3 
 2018   2019 
Từ (1) suy ra mỗi lần xóa đi 2 số bất kỳ x, y rồi viết lên bảng số
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2019-2020
Ngày thi: 02 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian lầm bài: 150 phút
Câu 1. (1,0 điểm) Giải phương trình: x4  x2  20  0
Câu 2. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức T 


2a  2 2  a  1
a a 2
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình thang cân ABCD  AB / /CD  có CD  2 AD  2 AB  8. Tính
diện tích của hình than cân đó.
2
2

 x  5 xy  x  5 y  42
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2

7 xy  6 y  42  x
Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai phương trình x2  6ax  2b  0 và x2  4bx  3a  0 với a, b là
các số thực. Chứng minh nếu 3a  2b  2 thì ít nhất một trong hai phương trình đã cho có
nghiệm
Câu 6. (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên có 4 chữ số có dạng abcd sao cho abcd  k 2  k  *
và ab  cd  1(các chữ số tự nhiên a, b, c, d có thể giống nhau)
Câu 7. (1,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có BAC  600 và AB  AC. Đường tròn tâm I
nội tiếp ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại D và E. Kéo dài BI , CI lần lượt cắt DE tại
F và G, gọi M là trung điểm BC. Chứng minh MFG đều
Câu 8. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn  O  có tâm O.
a) (1đ) Trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) lấy điểm D (khác A, B). Gọi K là giao
điểm thứ hai của đường tròn tâm A bán kính AC với đường thẳng BD. Chứng minh
AD là đường trung trực của CK
b) (1đ) Lấy P là điểm bất kỳ trên đoạn OC (khác O, C). Gọi E , F lần lượt là hình
chiếu vuông góc của P trên AB và AC. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua đường
thẳng EF . Chứng minh Q thuộc đường tròn  O 
Câu 9. (1,0 điểm) Chứng minh  x  y  z   9 xyz  4  x  y  z  xy  yz  xz  với x, y, z
là các số thực không âm. Đẳng thức xảy ra khi nào ?
3
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Đặt t  x 2 , t  0 , phương trình đã cho trở thành t 2  t  20  0
(1)
t  4(tm)  x  2
  12  4.1. 20   81   1
t2  5(ktm)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2
Câu 2.


a 2
a 1

a 1
2a  2 2  a  1  2
a
Vậy T  2



a  2  a  1  2
a 2


a 2


a 1

a 1

Câu 3.
A
4
B
4
D
H
K
C
Gọi H , K lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và B xuống CD .
S ABCD là diện tích hình thang ABCD.
Ta có : ADH  BCK do AHD  BKC  900 ; ADH  BCK và AD  BC nên DH  CK
Mặt khác ABKH là hình chữ nhật nên AB  HK suy ra DH 
CD  HK
2
2
Do đó: AH  AD2  DH 2  2 3
Vậy S ABCD 
AH . AB  CD 
 12 3
2
Câu 4.
2
2

 x  5 xy  x  5 y  42

2

7 xy  6 y  42  x
(1)
(2)
Lấy 1   2  ta được:  x  y   0  x   y
2
 x  7  y  7
Thay x   y vào (1) ta được: x 2  x  42  0  
 x  6  y  6
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là  7;7  và  6; 6 
Câu 5.
1'  9a 2  2b; '2  4b2  3a
1/   2/   3a  1   2b  1  3a  2b  2
2
2
Do 3a  2b  2 nên 1/   2/  0 . Suy ra có ít nhất một trong hai giá trị 1/ ,  2/ không âm hay
ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm
Câu 6.


abcd  k 2  k  *  k 2  100ab  cd  100 1  cd  cd
 k 2  100  101cd  101cd  k 2  100  101cd   k  10  k  10 
Do k  100 (vì k chỉ có 4 chữ số)  k  10  101 và do 101 là số nguyên tố   k  10  101
 k  10  101  k  91
Suy ra abcd  912  8281
Câu 7.
A
E
F
G
D
I
B
M
C
Ta có tứ giác CIEF nội tiếp vì CEF  AED  600 (vì ADE đều) và
1
CIF  ABC  ACB  600
2


Suy ra IFC  IEC  900 nên FM  MB  MC (1)
Mặt khác tứ giác BDGI nội tiếp vì ADE  600 ( ADE đều ) và BIG  CIF  600
Suy ra IGB  IDB  900 nên GM  MB  MC
(2)
Lai có GMF  1800  CMF  BMG  1800  ABC  ACB  600
Từ (1), (2), (3) suy ra MF  MG và GMF  600 nên MFG đều
(3)
Câu 8.
K
A
Q
E
D
B
F
I
O
P
C
1
a) BKC  BAC  450 (1); BDC  900  KDC  900 (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra KDC vuông cân tại D nên DC  DK
Ta lại có AC  AK do đó AD là trung trực của CK
b) Gọi I là giao điểm của AP, EF . Ta có IP  IQ  IA nên AQP vuông tại Q 1
Ta có FP  FQ vầ PFC vuông cân tại F nên F là tâm đường tròn ngoại tiepess PCQ
1
1
Do đó: PQC  PFC  .900  450 (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra AQC  AQP  PQC  1350
Suy ra AQC  ABC  1350  450  1800
Vậy tứ giác ABCQ nội tiếp, nên Q thuộc đường tròn  O  .
Câu 9.
x  y  z
3
 9 xyz  4  x  y  z  xy  yz  zx 
 x3  y 3  z 3  3xyz  x 2 y  x 2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  0
 x  x  y  x  z   y  y  x  y  z   z  z  x  z  y   0 **
Không mất tính tổng quát, giả sử x  y  z  0
Khi đó **  z  z  x  z  y    x  y   x  x  z   y  y  z   0 (hiển nhiên đúng)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z hoặc hai trong ba số bằng nhau, số còn lại bằng 0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Môn: Toán (chuyên)
Ngày thi: 05/6/2019
Câu 1. (2,5 điểm)
 2x  1
1. Cho biểu thức : P  

x
x

1
x

a) Rút gọn P
b) Tìm x để P 2  x  0
1
2. Chứng minh rằng:

3
3  2 2  23 4
Câu 2. (1,5 điểm)
1. Giải phương trình: x 2  4 x   x  3

x
x  4  x  0 
 . x 


x 1 
x  2  x  4 
3
3
2 1
2 1
x 2  x  1  1
2
2

4 x  4 x  y  1
2. Giải hệ phương trình:  2
2

4 x  3xy  y  1
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y  2mx  m  2 ( m là tham số)
và parabol  P  : y  2 x 2 . Chứng minh với mọi giá trị của m thì d luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 . Tìm m sao cho x12  6 x22  x1x2  0
2. Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  0
Chứng minh rằng:
a
b
c


2
bc
ca
ab
Câu 4. (3,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi E là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng AI . T là giao điểm của BE và đường tròn tâm
I.
a) Chứng minh rằng tam giác ABT cân tại A. Từ đó suy ra AC là đường phân
giác của BCT
b) Gọi M là trung điểm của BC và D là giao điểm của ME và AC. Chứng minh
rằng BD  AC.
2. Cho tam giác ABC , trên trung tuyến AD lấy điểm I cố định ( I khác A và D).
Đường thẳng d đi qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Xác định vị trí
của đường thẳng d để diện tích AMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5. (1,0 điểm)
x  y 2019
Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn
là số hữu tỷ và
y  z 2019
x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
ĐÁP ÁN
Câu 1.





 2x  1  x x  1  
x 2
x 2
 . x 
1a) P  
 x 1 x  x 1  
x 2




x 2
x 2 
x  x 1




P
. x
 x 1 x  x 1  

x 2











2 x 0
 1 
P
. x  x  2 
x

1


b) Ta có: P



x 1
x 2


x 2
x 1

 


x 2
2 x 0
x  2
2  x  0
x  0


 x  0  
 x  2  0  x  4  x  2

Vậy 0  x  2 là giá trị cần tìm
1
1
2)VT 


3  23 2  23 4 1 23 2  3 4  2  3 4
1 3 2


1
1  2 1 
3
3
234

 
3
 1  2 
3
3
 
2 1

2 1 1  3 2  3 4



1
2
2 1
 VP
3
2 1
3
Câu 2.
1) x 2  4 x   x  3 x 2  x  1  1(*)
*   x2  x  1  3x   x  3
x2  x  1  0
Đặt t  x2  x  1, t  0, ta có phương trình: t 2  3x   x  3 t  0
t  3
 t  t  3  x  t  3  0   t  3 t  x   0  
t   x
TH 1: t  3  x 2  x  1  3  x 2  x  8  0  x 
x  0
TH 2 : t   x  x 2  x  1   x  
 x  1(ktm)
1  33
Vậy phương trình có hai nghiệm x 
2
1  33
2

 3 4 1 3 2

2
2

4 x  4 x  y  1 (1)
2) Giải hệ phương trình:  2
2

4 x  3xy  y  1 (2)
 y  2 x  1
2
Ta có: 1   2 x  1  y 2  0   2 x  1  y  2 x  1  y   0  
 y  2x  1
 x  0  y  1
2
TH1: y  2 x  1 thay vào (2) ta được: 14 x  7 x  0  
1
x    y  0

2
x  0  y 1
2
TH2: y  2 x  1thay vào (2) ta được: 2 x  x  0  
1
x    y  0

2
 1 
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm:  0;1 ;  0;1 ;  ;0 
 2 
Câu 3.
1) Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  là:
2 x2  2mx  m  2  2 x 2  2mx  m  2  0 *
Ta có:  '  m2  2  m  2    m  1  3  0, m 
 d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của * . Theo định lý Viet ta có:
2
 x1  x2  m


m  2
 x1 x2  2
 x  3x2
Theo giả thiết : x12  6 x22  x1x2  0   x1  3x2  x1  2 x2   0   1
 x1  2 x2
m

 x2  4
m 3m m  2

 3m2  8m  16  0 VN 
TH1: x1  3x2  
do đó ta có: .
4 4
2
 x  3m
1

4
 x  m
TH2: x1  2 x2   2
, do đó ta có:
x

2
m
 1
m  2
1  33
2m2 
 4m 2  m  2  0  m 
2
8
1  33
Vậy m 
là giá trị cần tìm
8
2) Ta có: a  b  c  a   b  c   2 a b  c    a  b  c   4a b  c 
Lưu ý: Với điều kiện ab  bc  ca  0  b  c  0
1
4a
a
2a




2
b  c a  b  c
bc abc
2
b
2b
c
2c

;

ca abc ab abc
a
b
c
2a  2b  2c




 2(dfcm)
bc
ca
ab
abc
Câu 4.
1.
Tương tự ta có:
A
D
I
T
E
C
B
M
a) Ta có: AE  BT ( gt )
Do AE đi qua tâm I nên E là trung điểm của BT  ABT cân tại A
1
1
Ta có: BCA  sd AB và ACT  sd AT
2
2
Do sd AB  sd AT . Suy ra BCA  ACT hay AC là đường phân giác của BCT
b) Ta có IEB  IBM  900  BMEI là tứ giác nội tiếp  BIM  BEM
1
Mặt khác BIM  BIC  BAC  BEM  BAC
2
Do đó BED  BAD  BED  BEM  1800  tứ giác ABEC nội tiếp
 BDA  BEA  900 hay BD  AC
2.
A
M
H
K
N
I
E
B
C
D
F
Từ B, C kẻ các đường thẳng song song với đường thẳng d , cắt đường thẳng AD
lần lượt tại E và F
AB AC AE AF AE  AF
AD
Ta có:
(không đổi)




 2.
AM AN AI
AI
AI
AI
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , B trên AC.
BK
AB
S
BK . AC
AB AC


 ABC 

.
MH AM
S AMN MH . AN AM AN
2
 AB AC 



AD 2
AI 2
  AM AN  

S

S
.
AMN
ABC
2
2
AI
AD 2




AB AC

 MN / / BC
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi
AM AN
AI 2
Vậy min  S AMN   S ABC .
khi d là đường thẳng đi qua I và song song với BC.
AD 2
Câu 5.
x  y 2019 m
Đặt
  nx  my  2019  mz  ny  m, n  , n  0 
y  z 2019 n
Để nx  my  2019  mz  ny  
ta có:
nx  my  0
x y
   y 2  zx

y z
mz  ny  0
 x 2  y 2  z 2   x  z   2 xz  y 2   x  z   y 2
2
2
  x  y  z  x  y  z 
Vì x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố, x  y  z là số nguyên lớn hơn 1
 x  y  z  1  x2  y 2  z 2  x  y  z
Mà x2  x; y 2  y; z 2  z  x  1; y  1; z  1
Vậy x  y  z  1là các giá trị cần tìm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN (CHUYÊN)
x  4  x  1  x  4  x  1 
1 
.1 
 , trong đó
2
x

1


x  4  x  1
x  1, x  2
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên.
Câu 2. (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên được nhiều công ty mời về
làm việc, trong đó có 2 công ty A và B. Để thu hút người tài, cả hai công ty đưa ra hình
thức trả lương trong thời gian thử việc như sau:
Công ty A: Anh Bình nhận được 1400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ
được trả lương 1700USD.
Công ty B: Anh Bình nhận được 2400USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi tháng sẽ
được trả lương 1500USD
Em hãy tư vấn giúp anh Bình lựa chọn công ty nào để thử việc sao cho tổng số tiền
nhận được là lớn nhất. Biết thời gian thửu việc của cả hai công ty đều từ 3 tháng đến 8
tháng.
Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
m2
 d1  : y  m x  m  2 và  d2  : y  2 x  2 (m là tham số thực khác 0). Tìm tất cả giá trị
m 1
của tham số m để  d1  và  d 2  cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích của hình
2
4
15
. Biết B  1;2  và hai điểm H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
2
B và A lên trục hoành.
Câu 4. (3,0 điểm)
thang ABHK bằng
a) Giải phương trình: 2 x 2  3x  2  4 x 2  6 x  21  11
2
2

 x  y  xy  1
b) Giải hệ phương trình: 
2
2

 x  y  xy  2 y  x
c) Tìm tất cả cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2020  x 2  y 2   2019  2 xy  1  5
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB  AC, trực tâm H và đường
trung tuyến AM . Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AM , D là điểm đối xứng của A
qua M và L là điểm đối xứng của K qua BC
a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp
b) Chứng minh LAB  MAC
c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AL, X là giao điểm của AL và BC. Chứng
minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC
tiếp xúc với nhau.
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Cho a, b, c là các số thực bất kỳ và x, y, z là các số thực dương. Chứng minh:
a 2 b2 c 2  a  b  c 
  
x
y
z
x yz
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
các số thực dương thỏa mãn abc  1.
2
a3  8
b3  8
c3  8
với a, b, c là


a 3  b  c  b3  c  a  c 3  a  b 
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 



x  4  x  1  x  4  x  1 
1 
.1 

 x 1
x2  4 x  4
x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1  x  2 
.

2
 x 1 
 x  2


2
x 1 1 

 x  2

x 1 1
2
2
 x2
.

 x 1 
x 1 1 
x 1 1  x  2 
.

x2
 x 1 
Nếu 1  x  2 thì A 
1 x 1  x 1 1 x  2
2 x  2 2
.

.

  x  2
x 1 2  x x 1 x 1
x 1 1 x 1 1 x  2 2 x 1 x  2
2
.

.

x2
x 1
x  2 x 1
x 1
2
b) TH1: Nếu 1  x  2 thì A 
x 1
Để A nhận giá trị nguyên thì x  1phải là ước dương của 2 (vì x nguyên và x  1)
Nếu x  2 thì A 
 x  1  1  x  2(ktm)

 x  1  2  x  3(ktm)
2
x 1
Vì x nguyên, x  2 nên x  1nguyên và x  1  1
TH2: Nếu x  2 thì A 
x  1 là ước lớn hơn 1 của 2  x  1  2  x  5(tm)
Vậy với x  5 thì A nhận giá tri nguyên.
Câu 2. Gọi x (tháng) là số tháng thử việc của anh Bình  x  * /3  x  8
A nhận giá tri nguyên nên
Gọi y USD  là số tiền anh Bình nhận được sau x tháng thử việc.
Theo công ty A thì số tiền anh Bình nhận được: y  1400  1700 x (d1 )
Theo công ty B thì số tiền anh Bình nhận được: y  2400  1500 x (d2 )
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  :
1400  1700 x  2400  1500 x  x  5  y  9900
Xét đồ thị biểu diễn hai hàm  d1  và  d 2  như sau:
Căn cứ vào đồ thị, ta có thể tư vấn cho anh Bình như sau:
+Nếu thử việc từ 3 đến dưới 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty B sẽ thu được nhiều tiền
hơn.
+Nếu thử việc từ hơn 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty A sẽ thu được nhiều tiền hơn
+Nếu thử việc đúng 5 tháng thì anh Bình chon công ty nào cũng sẽ thu được tiền như nhau.
Câu 3. Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  là:
m2
m xm 2 2
x2
m 1
m4
 2
x  m4  x  m2  1 m  0   y  m 2  2  A  m 2  1; m 2  2 
m 1
2
4
H, K lần lượt là hình chiếu của B, A lên Ox nên H  1;0  , K  m2  1;0 
15
 AK  BH  HK  15  AK  BH HK  15



2
2
2
 m2  1  m  1
2
2
4
2
  m  4  m  2   15  m  6m  7  0   2
 m  7(VN )
Câu 4.
S ABHK 
2 x 2  3x  2  4 x 2  6 x  21  11
a)
2
3 7

Ta có: 2 x  3x  2  2  x     0x
4 8

2
2
3  75

4 x  6 x  21  4  x   
 0x
4
4


2
Đặt a  2 x2  3x  2  a  0 , phương trình đã cho trở thành:
Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:
3a  17  2 2a 2  17 a  121
104 

 2 2a 2  17 a  104  3a  a 

3 

 4  2a 2  17a   10816  624a  9a 2
 a  676(ktm)
 a 2  692a  10816  0  
 a  16(tm)
a  2a  17  111
x  2
Với a  16  2 x  3x  14  0  
7
x  

2
 7 
Vậy S  2; 
 2
b)
2
 x 2  y 2  xy  1
(1)

2
2
 x  y  xy  2 y  x (2)
PT (2)   x  y    xy  y 2    x 2  y 2   0   x  y 1  2 y  x   0
x  y  0
x   y


1  2 y  x  0
x  2 y 1
 x  1  y  1
Với x   y, từ PT (1)  x 2  1  
 x  1  y  1
 y  0  x  1
5
3
y   x 
7
7

Với x  2 y  1, từ PT 1   2 y  12  y 2   2 y  1 y  1  7 y 2  5 y  0  

 3 5 
Vậy hệ phương trình có các nghiệm  x; y   1; 1 ;  1;1 ;  1;0  ;  ;  
 7 7 

c)2020  x 2  y 2   2019  2 xy  1  5
 2019  x  y   x 2  y 2  2024
2
(1)
 2019  x  y   2024   x  y  
2
2
2024
2
 0   x  y  1 0  x  y  1
2019
x y 0

 x  y  1
Nếu x  y  0  x  y, từ 1  2 x 2  2024  x 2  1012 (vô nghiệm nguyên)
x  y 1
 y  x 1
Nếu x  y  1thì 
và từ 1  x 2  y 2  5

 x  y  1  y  x  1
Thay y  x  1 vào (2) ta được:
 x  1  y  2
2
 x 2   x  1  5  x 2  x  2  0  
x  2  y 1
(2)
Thay y  x  1vào (2) ta được :
x 1 y  2
2
 x 2   x  1  5  x 2  x  2  0  
 x  2  y  1
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên  x; y   1;2  ;  2;1 ; 1; 2 ;  2; 1
Câu 5.
A
F
G
J
I K
O'
H
B
C
M
E X
O
L
D
a) Gọi E, F , G theo thứ tự là chân các đường cao AE, BF , CG của tam giác ABC
AK AH
AHK AME ( g.g ) 

 AK . AM  AH . AE
AE AM
AH AF
AHF ACE ( g.g ) 

 AC. AF  AH . AE
AC AE
AK AF

 AFK AMC  AKF  ACM
AC AM
FBC vuông tại F có FM là đường trung tuyến
1
 FM  MC  BC  MFC cân tại M  MFC  MCF  ACB
2
Xét tứ giác BHKC có:
Từ đó suy ra AK . AM  AF . AC 
HKC  HBC  HKM  MKC  HBC  900  MFC  HBC
 900  ACB  HBC  900  900  1800
Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp
Ta có: AGHF nội tiếp  BAC  GHF  1800 mà GHF  BHC (đối đỉnh)
Lại có: BHKC nội tiếp  BHC  BKC mà BKC  BLC (K, L đối xứng qua BC)
Từ đó: BAC  BLC  1800  ABLC là tứ giác nội tiếp
b) Ta có: LAB  LCB (ABLC nội tiếp, cùng chắn cung BL)
Mà LCB  KCM ( K đối xứng L qua BC)  LAB  KCM
(1)
AMC và CMK có KMC chung và MKC  ACB
 AMC
CMK ( g.g )  KCM  MAC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : LAB  MAC
c) Ta có : ABDC là hình bình hành vì MA  MD, MB  MC  BDC  BAC
Mà BHC  BAC  1800  BHC  BDC  1800  BHCD là tứ giác nội tiếp
 B, H , K , C, D cùng thuộc một đường tròn.
AB / /CD mà CH  AB  CH  CD  HD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
BHC. Gọi O là trung điểm HD thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC
Ta có: AI . AX  AH .AE và AH . AE  AK . AM suy ra AI . AX  AK .AM
AI
AK


 AKI AXM  AKI  AXM  IXMK là tứ giác nội tiếp
AM AX
Suy ra K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM
Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM có điểm chung K
OD  OK (bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC)  OKD cân  OKD  ODK
Gọi J là trung điểm AH, IM là đường trung bình của AHD, JM cắt OK tại O '
Suy ra O ' thuộc đường trung trực của KM (*)
Mặt khác AHIK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH
 HKI  HAI (cùng chắn cung HI) và JI=JK
AH / / KL (cùng vuông góc với BC)  HAI  ILK  HKI  ILK  HK là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp KIL
Mà HK  AM suy ra tâm đường tròn này thuộc AM , lại có BC là đường trung trực của
KL và M thuộc BC suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp KIL. suy ra MK  MI
Mà JI  JK  JM là trung trực của IK (**)
Từ (*) và (**) suy ra O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp IXM
Mà ta có: OO '  OK  O ' K
Suy ra đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc trong với nhau
tại K
Câu 6.
a 2 b2 c 2  a  b  c 
a) Ta có:
  
x
y
z
x yz
2
 a 2 b2 c2 
2
      x  y  z    a  b  c  (vi....x, y, z  0)
y
z 
 x
a 2 y a 2 z b2 x
b2 z c 2 x c 2 y
2
2
a 


b 


 c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca
x
x
y
y
z
z
 a2 y
b2 x   a 2 z
c2 x   b2 z
c2 y 

 2ab 
 2ca 
 2bc 


0
y   x
z   y
z 
 x
2
2
2

y
x  z
x  z
y
 a
b
c
c
 a
  b
  0 (luôn đúng với x, y, z  0)
x
y
x
z
y
z

 
 


a


Dấu "  " xảy ra khi : a


b

y
x
b
x
y
ay  bx
z
x
a b c

c
 az  cx   
x
z
x y z

bz  cy
z
y
c
y
z
a 2 b2 c2  a  b  c 
Vậy
  
x
y
z
x yz
2
a3  8
b3  8
c3  8
b) P  3


a  b  c  b3  c  a  c 3  a  b 
P
1
1
1
8
8
8


 3
 3
 3
b  c c  a a  b a . b  c  b  c  a  c  a  b 
1
1
1
8
8
8
P  bc  ca  ab 


 abc  1
1 1 1 1 1 1
1
1
1
31
31
3 1



a    b    c   
b c c a a b
b c
c a
a b
1
1
1
Đặt x  ; y  ; z   x, y, z  0 và xyz  1
a
b
c
 yz
zx
xy   x 2
y2
z2 
P




  8

 y  z z  x x y   y  z z  x x y
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
yz
yz
yz y  z

2
.
 yz
yz
4
yz 4
zx
zx
zx z  x

2
.
 zx
zx
4
zx 4
xy
x y
xy x  y

2
.
 xy
x y
4
x y 4
yz
zx
xy
x yz



 xy  yz  zx  3 3
yz zx x y
2
yz
zx
xy
x yz



 3
(1)
yz zx x y
2
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a, ta có:
Suy ra :
x2
y2
z2
 x  y  z  x  y  z



y  z z  x x  y 2 x  y  z 
2
2
 x2
y2
z2 
Suy ra : 8 


  4 x  y  z 
y

z
z

x
x

y


Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:
(2)
7 x  y  z 
 x2
yz
zx
xy
y2
z2 


 8


 3

yz zx x y
2
y  z z  x x y
x2 y 2 z 2  3
7 x  y  z
7
21 27
 3  .3 3 xyz  3  
2
2
2
2
Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1  a  b  c  1
Suy ra : P  3 
Vậy MinP 
27
 a  b  c 1
2
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A 
x 4  2 x3  3x 2  38 x  5
khi x  2  3
x  4x  5
b) Cho hai hàm số y  x và y   m  1 x  1(với m là tham số) có đồ thị lần lượt là  P 
và d . Tìm m để  P  cắt d tại hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  sao cho
2
2
y13  y23  18  x13  x23 .
Câu 2. (2,5 điểm)
2

 y  2 xy  4  2 x  5 y
a) Giải hệ phương trình: 
2
4

5 x  7 y  18  x  4
b) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M  x 2  6 x  25  y 2  6 y  25  z 2  6 z  25
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  xy  x  y   x 2  y 2  1  30.
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 12n2  1 là số nguyên. Chứng minh rằng:
2 12n2  1  2 là số chính phương
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam
giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHCE, trên cung
nhỏ EC của đường tròn (O) lấy điểm I (khác điểm E) sao cho IC  IE. Đường thẳng DI cắt
đường thẳng CE tại điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI tại điểm M .
a) Chứng minh rằng NI .ND  NE.NC
b) Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CH .
c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O  tại điểm K (khác điểm H), đường thẳng KN cắt
đường tròn (O) tại điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại
điểm T . Chứng minh rằng ba điểm H ,T , G thẳng hàng
Câu 5. (1,0 điểm) Cho 2020 cái kẹo vào 1010 chiếc hộp sao cho không có hộp nào chứa
nhiều hơn 1010 cái kẹo và mỗi hộp chứa ít nhất 1 cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy
một số hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó bằng 1010 cái.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1.a
Ta có x  2  3   x  2   3  x 2  4 x  1  0
2
x2  4 x  5  x2  4 x  1  4  2
x 4  2 x3  3x 2  38 x  5
  x 4  4 x3  x 2    2 x3  8 x 2  2 x   10 x 2  40 x  10   5  5  A  
5
2
1.b Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  là x2   m  1 x  1  0
(1)
(P) cắt d tại hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 , y2  khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2
m  3
2
    m  1  4  0  m  1  2  
(*)
m


1

Áp dụng định lý Viet ta có: x1  x2  m  1; x1x2  1
Từ giả thiết ta có y1  x12 , y2  x22
Khi đó
y 13 y23  18  x13  x23   x16  x26  18  x13  x23    x13  x23  x13  x23  18  0
(2)
Do x1  x2 nên  2   x13  x23  18  0   x1  x2   3x1x2  x1  x2   18  0
3
Do đó,
 m  1
3
2
 3 m  1  18  0   m  1  3  m  1  3 m  1  6  0  m  4(tm(*))


Câu 2.
2

 y  2 xy  4  2 x  5 y
2a. 
2
4

5 x  7 x  18  x  4
(1)
, DK : x, y 
(2)
 y 1
 y  4  2x
1  y 2  y  2 x  y  1  4 1  y   0   y  1 y  2 x  4   0  
Với y  1 thay vào (2) ta được:
 2 11
x 
5 x  11  x  4  
5
4
24 x  110 x 2  117  0

2
 x2 
4
55  217
55  217
 x
24
24
Với y  4  2 x thay vào  2  ta được: 5x 2  28x  14 x  18  x 4  4
  x2  2 x  2 
x
2
 2 x  2  x 2  2 x  2   6  x 2  2 x  2   0
 x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  2

 x2  2 x  2  4  x2  2 x  2
 x 2  2 x  2  3 x 2  2 x  2

5 7
22 7
y
x 
3
3
 3x 2  10 x  6  0  

5 7
22 7
y
x 
3
3

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
 55  217   55  217   5  7 2  2 7   5  7 2  2 7 

;1 ;  
;1 ; 
;
;
;



 3
24
24
3
3
3





2b.
Từ giả thiết suy ra 0  x, y, z  3. Ta có:
9  x2  6 x  25   x 2  30 x  225  8x 2  24 x  15  x   8x  x  3  15  x  với
x,0  x  3
2
x  0
(do 0  x  3  8x  x  3  0, dấu bằng xảy ra khi 
).
x  3
Do đó
9  x 2  6 x  25  15  x hay
x 2  6 x  25 
15  x
với x,0  x  3.
3
15  y
15  z
; z 2  6 z  25 
với y, z : 0  y, z  3
3
3
Tương tự:
y 2  6 y  25 
Do đó, M 
15  x  15  y  15  z 45  3

 14
3
3
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc
 x; y; z    0;0;3
Ta có 5  x 2  6 x  25   x 2  22 x  121   4 x 2  8x  4 
 11  x 2   4  x  1  11  x  x,0  x  3.
2
2
(do 4  x  1  0, dấu bằng xảy ra khi x  1).
2
Do đó
5  x 2  6 x  25  11  x hay
x 2  6 x  25 
11  x
với x,0  x  3
5
11  y
11  z
; z 2  6 z  25 
với y, z : 0  y, z  3
5
5
Tương tự
y 2  6 y  25 
Do đó, M 
11  x  11  y  11  z 33  3

6 5
5
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1
Vậy GTLN của M là 14 đạt được khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc
 x; y; z    0;0;3 và GTNN của M là 6
5 đạt được khi x  y  z  1.
Câu 3.
3a)Vì x, y nguyên dương và  x; y   1;1 không thỏa mãn phương trình nên
x2  y 2  1  3; xy  x  y  3. Suy ra xy  x  y là ước nguyên dương lớn hơn 3 của 30 gồm
5;6.
Nếu xy  x  y  5   x  1 y  1  6 ta được các trường hợp:
x  1  2 x  1
(thỏa mãn điều kiện)


y

1

3
y

2


x  1  3
x  2


(tmdk )
y

1

2
y

1


Nếu xy  x  y  6   x  1 y  1  7(ktmdk )
Vậy các cặp số  x; y  thỏa mãn là 1;2  ;  2;1
3b) Vì 12n2  1 là số lẻ nên để 12n2  1 là số nguyên thì 12n2  1   2m  1 , m 
2
Suy ra m  m  1  3n2
 m  3u 2 ; m  1  v 2
Vì  m; m  1  1 nên xảy ra hai trường hợp 
, u, v  *
2
2
m

v
;
m

1

3
u

Nếu m  v 2 ; m  1  3u 2 thì v2  3u 2  1 hay v 2 là số chính phương chia 3 dư 2. Điều này
không xảy ra vì mọi số chính phương chia 3 dư là 0 hoặc 1. Do đó chỉ xảy ra
m  3u 2 ; m  1  v 2
Ta có: 2 12n2  1  2  2  2m  1  2  4m  4  4v 2 là số chính phương (đpcm)
Câu 4.
A
M
E
I
K
F
N
H
O
B
D
C
T
G
a) Xét NDE và NCI có: END  INC (đối đỉnh), EDN  ICN (cùng chắn cung EI )
suy ra NDE
NCI  g.g  
ND NE

 NI .ND  NE.NC
NC NI
b) Do các tứ giác BFEC, DEIC, ABDE nội tiếp nên:
AFE  ACB  DIE
MEC  ABC  DEC  DIC  MENI là tứ giác nội tiếp
 DIE  EMN  AFE  EMN  MN / / AB
Mà CH  AB  CH  MN
c) Xét ENM , TNC có:
EMN  EIN  NCT , ENM  TNC  ENM

TNC ( g.g )
NE NM

 NC.NE  NM .NT 1
NT NC
Xét ENK , GNC có KEN  CGN , ENK  GNC  ENK

GNC ( g.g )
NE NK

 NC.NE  NG.NK  2 
NG NC
Từ 1 ,  2   NM .NT  NG.NK 
NK NM

 TGN
NT NG
KMN  KMN  TGN (3)
Mà KMN  HCK (cùng phụ với KHC )  KMN  HGN (4)
Từ (3) và (4) ta có TGN  HGN  H ,T , G thẳng hàng
Câu 5.
TH1:Tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2, khi đó lấy 505 chiếc hộp bất kỳ ta sẽ
có tổng số kẹo là 1010.
TH2:Tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, khi đó ta sắp xếp các hộp thành một hàng ngang
sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo, ký hiệu ai là số kẹo trong hộp thứ i,
i  1;2;.....;1010 . Xét các số
S1  a1; S2  a1  a2  .....; S1010  a1  a2  .....  a1010 , với 1  ai  1010
+)Nếu tồn tại hai số trong S1; S2 ;....; S1010 có cùng số dư khi chia cho 1010, giả sử là
Si , S j  i  j  thì S j  Si   ai 1  ......  a j  1010
Do 1  S j  Si  2019;  S j  Si  1010 nên S j  Si  1010 hay ai1  .......  a j  1010.
+)Nếu trong S1; S2 ;......S1010 không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 1010 (1)
Xét 1011 số S1; S2 ;......; S1010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn tại hai số có cùng số dư khi
chia cho 1010. Mà S1  a1  a2 ,1  a1, a2  1010 nên S1 , a2 không cùng số dư khi chia cho
1010 (2).
Từ (1) và (2) suy ra tồn tại k  2;3;.....;1010 sao cho Sk , a2 cùng số dư khi chia cho 1010.
Khi đó Sk  a2  a1  a3  .......  ak 1010
Mà 1  a1  a3  .......  ak  2019  a1  a3  .....  ak  1010
Suy ra điều phải chứng minh.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2019-2020
Môn : TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 31.05.2019
Đề Chính Thức
Câu 1. (3đ)
x  x 1
1
1


với x  0, x  1
x x 2
x 1
x 2
9 x2
2
 40
b) Giải hệ phương trình : x 
2
 x  3
a) Rút gọn biểu thức A 
 x 2  2 y 2  1
c) Giải hệ phương trình:  3
3
2 x  y  2 y  x
Câu 2. (2đ)
a) Cho các số thực a, b thỏa mãn a  b  2. Chứng minh phương trình
ax2  bx  2a  2  0 luôn có nghiệm
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  m; n  thỏa mãn phương trình :
2m.m2  9n2  12n  19
1 1 1
   3. Tìm giá trị nhỏ nhất
a b c
1
1
1
của biểu thức : P 


a 2  ab  3b2  1
b2  bc  3c 2  1
c 2  ca  3a 2  1
Câu 3. (1đ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
Câu 4. (3đ) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB  AC. Gọi I là
trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại J khác A. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác IBJ cắt đường thẳng AB tại M khác B và đường tròn ngoại tiếp
tam giác ICJ cắt đường thẳng AC tại N khác C
a) Chứng minh rằng BJM  CJN và ba điểm M , I , N thẳng hàng
b) Chứng minh JA là tia phân giác của BJN và OA vuông góc với MN
c) Tia phân giác của góc BAC cắt MN tại E. Tia phân giác của các góc BME và
CNE lần lượt cắt BE, CE tại P, Q. Chứng minh PB.QE  PE.QC
Câu 5. (1đ) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt. trong đó không có 3 điểm nào
thẳng hàng. Giữa hai điểm bất kỳ trong ba điểm đã cho ta nối một đoạn thẳng và trên
đoạn thẳng đó ghi một số nguyên dương (các số ghi trên các đoạn thẳng là các số
nguyên dương khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có cạnh là các đoạn
thẳng đã nối mà tổng các số ghi trên 3 cạnh của tam giác đó chia hết cho 3
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) A 



x  x 1

x x 2

x  1
x 1
b) x 
2
1

x 1

x  2
x 2

x3 x 2

x 1
x 2

x 1
x 1
2
2
 x2 
3x 
6 x2
x2

 40   x 


40

0


6.
 40  0



x

3
x

3
x

3
x

3




2
9 x2
 x  3
1

x 2
t  10
x2
Đặt t 
ta có phương trình t 2  6t  40  0  
x3
t  4
x2
 10  x 2  10 x  30  0 vô nghiệm
x 3
x  2
x2
t  4 
 4  x 2  4 x  12  0  
x3
 x  6
t  10 
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2;6
2
2

 x  2 y  1
c)  3
3

2 x  y  2 y  x
(1)
(2)
 2 x3  y 3   x 2  2 y 2   x  2 y   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0
x  y
  x  y   x 2  3xy  5 y 2   0   2
2
 x  3xy  5 y  0
TH1: x  y thay vào pt (1) ta được x  y  1
3

2
3  11 2
x  y  0

 x y0
TH2: x  3xy  5 y  0   x  y   y  0  
2
2 
4

 y  0
Thử lại ta thấy x  y  0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho .
2
2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;1;  1; 1 
Câu 2.
a) Nếu a  0 thì b  2 và do đó phương trình có nghiệm x  
Nếu a  0 thì   b2  8a  a  1
2
b
a  0
Nếu 
 a  a  1  0    0 nên phương trình có nghiệm
a  1
Nếu 0  a  1thì
a  b  2  b  2  a  0  b2   2  a      2  a   8a  a  1   3a  2   0
2
2
2
Nên phương trình có nghiệm
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi số thực a, b thỏa mãn a  b  2
b) Ta có : 2m.m2  9n2  12n  19  2m.m2   3n  2   15
2
Nếu m lẻ  m  2k  1, k  *
 2m.m2  2.4k.m2   3  1 2m2  2m2  mod3 mà m2  0;1  mod3
k
Nên 2.4k.m2  0;2  mod3 . Mặt khác  3n  2   15  1 mod3
2
Vậy trường hợp này không xảy ra
Nếu m chẵn  m  2k , k  * thì ta có phương trình:
22 k.m2   3n  2   15   2k.m  3n  2  2k.m  3n  2   15 *
2
Vì m, n * nên 2k.m  3n  2  2k.m  3n  2 và 2k.m  3n  2  0  2k.m  3n  2  0
 2k.m  3n  2  15
 2k.m  3n  2  5
Do đó *   k
hoặc  k
2
.
m

3
n

2

1

 2 .m  3n  2  3
 2k.m  3n  2  15 2k.2k  8

TH1:  k
(vô nghiệm)
n

3

 2 .m  3n  2  1
 2k.m  3n  2  5 2k.2k  4 k  1 m  2



TH2:  k
n

1
n

1
2
.
m

3
n

2

3

n  1


Vậy phương trình đã cho có nghiệm m  2, n  1
Câu 3.
1
Ta sẽ chứng minh a 2  ab  3b2  1   a  5b  2  a, b  0 *
4
Thật vậy ta có *  16  a 2  ab  3b2  1   a  5b  2 
 13 a  b   10  b  1  2  a  1  0 (luôn đúng)
2
Do đó P 
2
2
4
4
4


a  5b  2 b  5c  2 c  5a  2
2
Áp dụng bất đẳng thức
1 1
4
 
x, y  0 ta có:
x y x y
1 1
1
1 1 3
1 3 3
P   .
    .   .  
4 ab 2
4 a 8
a 8 2
3
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Vậy MaxP 
2
Câu 4.
A
x
P
B
O
E I
M
Q
J
a) Tứ giác ABJC nội tiếp nên JCN  MBJ
Tứ giác MBIJ nội tiếp nên BMJ  JIC
Tứ giác NCJI nội tiếp nên JIC  JNC  JNC  BMJ
Do đó BJM
CJN  BJM  CJN
Ta lại có: BIM  BJM , CIN  CJN  BIM  CIN
N
C
Suy ra M , I , N thẳng hàng
b) ABJC và CNIJ là tứ giác nội tiếp nên AJB  ACB  NCI ; NCI  NJI
suy ra AJB  AJN  JA là tia phân giác của BJN
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) . Suy ra AJB  BAx
Ta lại có : AJB  BMN , do đó BAx  BMN nên MN / / Ax
Vậy AO  MN
S BJM MB 2

c) Vì BJM CJN 
SCJN CN 2
Vì I là trung điểm của BC nên S ABJ  S ACJ
1
S ABJ S ABJ SCJN AB MB 2 NC AB.MB

.

.
.

S ACJ S BJM S ACJ MB NC 2 AC AC.CN
Ta lại có MNIJ , NCJI nội tiếp nên AB. AM  AI .AJ  AN.AC
MB AC AM EM
MB NC
Suy ra





NC AB AN EN
ME NE
MB PB QC NC

;

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
ME PE QE NE
PB QC


 PB.QE  PE.QC
PE QE
Câu 5.
Ta tô màu các đoạn thẳng bằng 3 màu đỏ, xanh , vàng . Ta sẽ chứng minh tồn tại một
tam giác có ba cạnh được tô cùng màu.
Gọi A là một điểm đã cho, nối A với 16 điểm còn lại ta được 16 đoạn thẳng.
Ta có: 16  3.5  1nên theo định lsy Dirichle tồn tại ít nhất 6 đoạn thẳng được tô cùng
màu.
Giả sử 6 đoạn thẳng đó là AB, AC, AD, AE, AF , AG có cùng màu đỏ. Xét các đoạn
thẳng nối từng cặp điểm trong 6 điểm B, C, D, E, F , G thì xảy ra trường hợp sau:
TH1: Tồn tại một đoạn thẳng được tô màu đỏ, chẳng hạn là BC thì tam giác ABC có
ba cạnh cùng màu đỏ
TH2: Tất cả các đoạn thẳng nối B, C, D, E, F , G chỉ có màu xanh hoặc vàng. Ta xét 5
đoạn thẳng BC, BD, BE, BF , BG được tô bởi 2 màu thì theo nguyên lý Dirichle tồn tại
ít nhất 3 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử BC, BD, BE có cùng màu xanh
+Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE có một đoạn tô màu xanh, chẳng hạn CD thì
tam giác BCD có ba cạnh cùng màu xanh.
+Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE không có đoạn nào tô màu xanh, thì tam giác
CDE có ba cạnh màu vàng
Do vậy tồn tại một tam giác có ba cạnh tô cùng màu
Lấy các số nguyên dương trên mỗi đoạn thẳng chia cho 3 ta được các số dư là 0,1,2 .
Tô màu các đoạn thẳng có số dư là 0,1,2 tương ứng với 3 màu đỏ,xanh, vàng
Theo kết quả thì luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu, tức là 3 số ghi
trên cạnh của tam giác có cùng số dư r khi chia cho 3, chẳng hạn là
3h  r ,3k  r ,3q  r , Khi đó:
3h  r  3k  r  3q  r  3 h  k  q  r  là số chia hết cho 3
ĐỀ THI TOÁN VÀO THPT CHUYÊN KHTN 2019
Bài 1.
a) Giải phương trình:
26 x  5
x  30
2
 2 26 x  5  3 x 2  30
2
2

x  y  2
b) Giải hệ phương trình : 
2

 x  2 y   2  3 y  4 xy   27
Bài 2.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1
b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy  2  2 y, tìm giá trị
x2  4
nhỏ nhất của biểu thức M  2
y 1
Bài 3.
Cho hình vuông ABCD, đường tròn  O  nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh
AB, AD tai hai điểm E, F . Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF
a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn
b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB và đường tròn là M  M  F . Chứng
minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG
Bài 4.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  xz  1. CMR:
1
1
1
2 x
y
z






2
2
2
1 x 1 y 1 z
3  1  x 2
1  y2
1  z2




3
ĐÁP ÁN
Bài 1.
5
đặt a  26 x  5 và b  x 2  30, a  0, b  0
26
a2
Phương trình trở thành:
 2a  3b   a  b  a  3b   0  a  b
b
x 1
 26 x  5  x 2  30  
 x  25
a) Điều kiện x 
Vậy S  1;25
b) Thay 2  x 2  y 2 vào phương trình thứ hai ta được:
 x  2 y   x 2  y 2  3 y 2  4 xy   27
  x  2 y   27
3
 x  3  2 y thay vào phương trình thứ nhất ta được
3  2 y 
2
 y 1 x 1
 y 0
7
1
y   x 
5
5

2

 1 7 
Vậy  x; y   1;1 ;  ;  
 5 5 

Bài 2.
a) Từ biểu thức  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1 ta nhận thấy 3x  1phải chia hết
cho  x 2  x  1
Ta có :  3x  1 3x  2   9 x 2  9 x  2  9  x 2  x  1  7 cũng phải chia hết cho
x
2
 x  1 suy ra 7  x 2  x  1  x2  x  1  1 hoặc 7  x  0;1;3; 2 , thay lần
lượt tìm ra y
Vậy  x; y  1;1; 1; 2 ;  2;1
b) Từ giả thiết xy  2  2 y  4 xy  8  8 y
Mà ta lại có: 4 x 2  y 2  4 xy
 4 x 2  y 2  8  4 xy  8  8 y
 4  x2  4  8 y  8  y 2
 4  x 2  4   4  y 2  1   5 y  2  2  y   4  y 2  1
x2  4
M  2
1
y 1
Dấu "  " xảy ra khi x  1, y  2, M min  1
Bài 3.
E
A
M
H
G
F
D
B
O
J
C
a) Do đường tròn (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E và F là trung điểm các
cạnh AB, AD  ABF  BCE
 EBG  BCG  BGC vuông suy ra tứ giác AGEF nội tiếp mà AEOF cũng nội
tiếp nên 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn
b) Ta có : AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên BEM  EFM
Lại có EAG  EFG cùng chắn cung EG nên EAG  EFG
 EM / / AG trong khi E là trung điểm của AB nên M cũng là trung điểm của BG
Bài 4.
1
1
1
2 x
y
z






1  x 2 1  y 2 1  z 2 3  1  x 2
1  y2
1  z2
Ta có:
1  x2  xy  yz  xz  x 2   x  y  x  z 




3
1  y 2  xy  yz  xz  y 2   x  y  y  z 
1  z 2  xy  yz  xz  z 2   z  y  x  z 
Ta có:
 x
y
z



 1  x2
1  y2
1  z2

2

 x
y
z 


   x  y  z 
2
2
2 

1

x
1

y
1

z





2 x  y  z 
x
y
z
  x  y  z



  x  y  x  z   x  y  y  z   z  y  x  z    x  y  y  z  z  x 
Do đó
 1
4 x  y  z 
y
z 
VP 




3 x  y  y  z  z  x   1  x 2
1  y2
1  z 2 
x
y
z
3
Bất đẳng thức trở thành:



1  x2
1  y2
1  z2 2
Ta có:
x
1  x2
y
1  y2
z
1  z2


1 x
x 
 


 x  y  x  z  2  x  y x  z 

1 y
y 
 


 x  y  y  z  2  x  y y  z 

1 z
z 
 


 x  z  y  z  2  x  z y  z 
x
1  x2
x
y
z

y
1  y2

z
1  z2
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 

3
2
1
3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2019-2020
Môn : TOÁN CHUYÊN
Bài 1. (2đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho (P) y  x 2 và đường thẳng
 d  : y  2mx  2m  3
a) Chứng minh đường thẳng  d  luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi y1 , y2 lần lượt là tung độ các giao điểm của đường thẳng  d  và  P  .
Tìm tất cả các giá trị m để y1  y2  5.
Bài 2. (2đ)
a) Cho A  20  21  22  ......  22019 và B  22020 . Chứng minh rằng: A, B là hai
số tự nhiên liên tiếp
2 x 2  3x  10
x2  2 x  4
b) Giải phương trình :
3
x2
x2
Bài 3. (3đ) Cho hai đường tròn (O) và  O ' không cùng bán kính, cắt nhau tại hai
điểm phân biệt A và B. Các tiếp tuyến của (O) và  O ' cắt  O ' và  O  lần lượt tại C
và D. Trên đường thẳng AB lấy M sao cho B là trung điểm đoạn AM .
a) Chứng minh hai tam giác ABD và CBA đồng dạng
b) Chứng minh MB2  BD.BC
c) Chứng minh ADMC là tứ giác nội tiếp
Bài 4. (2đ) a) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b luôn có :
1
1
2
2
a 2  b2   a  b  và ab   a  b 
2
4
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2x  y  z
yz
Bài 5. (1đ) Huyện KS có 33 công ty, huyện KV có 100 công ty. Biết rằng, mỗi
công ty của huyện KS hợp tác với ít nhất 97 côn ty huyện KV. Chứng minh rằng
có ít nhất một công ty của huyện KV hợp tác với tất cả các công ty của huyện KS.
Q
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2  2mx  2m  3  x 2  2mx  2m  3  0(*)
Có:  '  m2  2m  3   m  1  2  0, m 
2
Vì thế phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Hay: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P)
 y  2mx1  2m  3
Khi đó:  1
và x1 , x2 chính là hai nghiệm của (*)
 y2  2mx2  2m  3
 x  x  2m
Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  2m  3
Có : y1  y2  5
 2mx1  2m  3  2mx2  2m  3  5
 2m  x1  x2   4m  6  5
 2m.2m  4m  6  5  0
 4m 2  4m  1  0   2m  1  0
2

 2m  1  0 do.. 2m  1  0, m 
m
2

1
2
Vậy m  
1
2
Bài 2.
a) Có: A  20  21  22  .......  22019  2 A  21  22  23  .......  22020
Trừ vế theo vế, ta được:
2 A  A   21  22  23  .....  22020    20  21  22  ....  22019 
 A  22020  1
Và B  A  1. Vậy A, B là hai số tự nhiên liên tiếp
b)
2 x 2  3x  10
x2  2 x  4
3
x2
x2
Phương trình tương đương:
2x  7 
DK : x  2  0;
x2  2 x  4
 0(*)
x2
24
12
3 x4
x2
x2
24
12
1 3 x  4 
x2
x2
12
Đặt t  x  4 
.**  2t  1  3 t
x2
 2x  8 
1

t



1
2

t



2t  1  0
1



  t  1  t  1 hoặc t 
2
2
4
9t  4t  4t  1 4t 2  5t  1  0   1

 t 
 4
12
Khi t  1 thì x  4 
 1   x  4  x  2    x  2   12  0
x2
 x  2(tm)
 x 2  3x  2  0  
 DK (*) 
 x  1(tm)
12
1
x4
  4  x  4  x  2    x  2   48  0
1
Khi t  thì
x2 4
4
 4 x 2  9 x  14  0(VN )
Vậy S  1;2
Bài 3.
A
O'
O
B
D
C
M
a) Xét ABD và CBA có:
ADB  CAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O )
DAB  ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O ')
 ABD CBA( g.g )
AB BC

hay AB2  BD.BC
BD AB
Mà B là trung điểm AM  MB2  AB2  BD.BC (dfcm)
b) Vì ABD CBA(cmt ) 
c) Có MBD  BAD  BDA (tính chất góc ngoài)
MBC  BAC  BCA (tính chất góc ngoài)
Mà BAD  BCA và BDA  BAC (câu a)
Nên: MBD  MBC. lại có: MB 2  BD.BC 
MB BC

 BDM
BD MB
 BDM  BMC
Xét tứ giác ADMC có: A  M  BAD  BAC  M
BMC (cgc)
 A  M  BAD  BDA  M
 A  M  DBM  BMD  BMC
 A  M  1800  BDM  BMC
 A  M  1800
Vậy ADMC là tứ giác nội tiếp
Bài 4.
a) Ta chứng minh bằng phép biến đổi tương đương
1
2
Xét : a 2  b2   a  b 
2
2
2
 2a  2b  a 2  2ab  b 2
 a 2  2ab  b 2  0
  a  b   0(luon....dung )
2
Vậy a 2  b2 
1
2
 a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b
2
1
2
 a  b
4
 4ab  a 2  2ab  b 2
Xét: ab 
 a 2  2ab  b 2  0
  a  b   0  luon...dung 
2
1
2
 a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b
4
b) Có : 5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0
Vậy ab 
 5 x 2  5  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0
 5 x 2  9 x  y  z   5  y 2  z 2   18 yz
1
5
2
2
 y  z   5 y 2  z 2    y  z 
2
2
1
9
2
2
Và yz   y  z   18 yz   y  z 
4
2
Mà theo câu a, có: y 2  z 2 
Nên 5  y 2  z 2   18 yz  2  y  z 
2
 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z 
2
 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z   0
2
 5 x 2  10 x. y  z   x  y  z   2  y  z   0
2
  x  2  y  z   . 5 x   y  z    0
 x  2  y  z   0  do.....5 x  y  z  0 
Hay x  2. y  z 
Có: Q 
2.2. y  z 
2x  y  z
2x

1 
1  3
yz
yz
yz
y  z
 x  4 y  4z
 Qmax  3. Dấu "  " xảy ra khi 
x

2.
y

z



Vậy Qmax  3 khi x  4 y  4 z
Bài 5.
Quy ước, ta xem sự hợp tác của công ty A với công ty B là một liên kết mọt chiều
từ A vào B. Và hiển nhiên, cũng sẽ có liên kết một chiều ngược từ B vào A.
Vì mỗi công ty của huyện KS hợp tác ít nhất 97 công ty huyện KV. Khi đó, số liên
kết tối thiểu từ KS vào KV là : 33.97  3201(liên kết)
Giả sử: tất cả mỗi công ty huyện KV đều có tối đa 32 liên kết với các công ty
huyện KS. Khi đó, số liên kết tối đa từ KV vào KS là: 100.32  3200  3201 (liên
kết) (mâu thuẫn)
Vậy tồn tai ít nhất một công ty huyện KV có 33 liên kết với các công ty huyện KS
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (1,5 điểm)
4 x  9 x  3
x 1 2 x 1


 x  0
x3 x 2
x 1
x 2
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị lớn nhất của A
Câu 2. (2,5 điểm )
1. Giải phương trình: x  1  4  x   x  1 4  x   1
Cho biểu thức A 
2

 x   2  y  2  y 
2. Giải hệ phương trình:  3

2 x   x  y  4  xy 
Câu 3. (1,0 điểm)
n 2  a  b
Tìm các số nguyên không âm a, b, n thỏa mãn  3
2
2
n  2  a  b
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn  O; R  đường kính AB, điểm M nằm trên đoạn OB ( M khác O và
B). Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt  O  tại hai điểm C và E. Gọi F là hình
chiếu của C trên AE và I là hình chiếu của M trên CF.Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm
thứ hai là H
a) Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp
b) Tiếp tuyến tại C của  O  cắt đường thẳng AB tại D. Gọi  O1  là đường tròn ngoại
tiếp CHD (điểm O1 là tâm đường tròn). Chứng minh đường thẳng BD là tiếp
tuyến của  O1 
c) Gọi O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMD. Biết OM 
R 2
, tính diện tích
2
tam giác OO1O2 theo R
Câu 5. (1,5 điểm)
1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  1; b  1; c  1 và a  b  c  0
Chứng minh a2018  b2019  c2020  2
2. Cho trước p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy hai điểm A  p8 ;0  và
B  p9 ;0  thuộc trục Ox. Có bao nhiêu tứ giác ABCD nội tiếp sao cho các điểm C , D
thuộc trục Oy và đều có tung độ là các số nguyên dương.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
x  1

1a) A 

 x  1 x  2  x  1
1  5 x  x  2  1  5 x



 x  1 x  2 x  1
4 x  9 x  3
   2 x  1 x  1
x  2   x  1 x  2 
x 2
1 5 x
6
 5 
. Với mọi x  0 ta có: x  1  1 nên
x 1
x 1
6
 1. Giá trị lớn nhất của A là 1  x  0
Do đó A  5 
x 1
Câu 2.
1b) A 
2.1
x 1  4  x 
 x  1 4  x   1
(1) . Điều kiện 1  x  4
t2  5
Đặt x  1  4  x  t  0   x  1 4  x  
2
t  1(ktm)
t2  5
Phương trình (1) trở thành: t 
1 
2
t  3(tm)
 x  0(tm)
32  5
t  3   x  1 4  x  
 2   x 2  3x  0  
2
 x  3(tm)
Vậy S  0;3
2
2
2


 x   2  y  2  y 
 x  y  4 (1)
2.2  3
 3
2
x

x

y
4

xy





2 x   x  y  4  xy 

(2)
Thế 4  x 2  y 2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:
2x3   x  y   x 2  xy  y 2   x3  y 3  x  y
Thay x  y vào phương trình (1) ta được: x2  2  x   2
Hệ phương trình có nghiệm
Câu 3.


2; 2 ;  2;  2

Có :  a  b   2  a 2  b2   n4  2  n3  2  hay n3  n  2   4  0
2
6
6
x 1
Nếu n  3 thì n3  n  2   4  n3  4  0(ktm)  n 0;1;2
Với n  0;1. Không có số nguyên a, b thỏa mãn
 a  1; b  3
Với n  2  
(tm) .Vậy  n; a; b   2;1;3 ; 2;3;1 
 a  3; b  1
Câu 4.
O1
C
I
A
O
H
MB
D
O2
F
E
a) Chỉ ra IM / / AE suy ra MIH  EAH , mà EAH  ECH nên MIH  MCH
Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp
b) Chỉ ra được ED là tiếp tuyến của  O  suy ra HED  HCE
Do tứ giác CIMH nội tiếp nên CHM  900 suy ra HCM  HMC  900
(1)
Mà HMD  HMC  900 nên CHM  HMD
(2)
Từ (1) và (2) suy ra HED  HMD nên tứ giác EMHD nội tiếp
Do đó HDM  HEM mà HEM  HCM mà HDM  HCD
Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của  O1 
c) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuong góc với dây chung ta có:
OO2  HE, O2O1  HD và do ED  HD suy ra OO2  O2O1
Chỉ ra COM  450 suy ra CAE  450 nên O2OO1  450. Tam giác O2OO1 vuông cân tại O2
Chỉ ra tam giác OCDE là hình vuông cạnh R và O2 là trung điểm của DE
5R 2
5R 2
Tính được O2O 
. Vậy diện tích tam giác OO1O2 là
4
8
Câu 5.
5.1 Từ giả thiết ta có:  a  1 b  1 c  1  0 và 1  a 1  b 1  c   0
2
Suy ra  a  1 b  1 c  1  1  a 1  b 1  c   0
Rút gọn ta có: 2  ab  bc  ca   2
Mặt khác :  a  b  c   a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   0
2
 a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  2
Dấu "  " xảy ra khi chăng hạn a  0, b  1, c  1
5.2 Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề bài. Gọi C  0; c  ; D  0; d  thì c  d  0
. , suy ra c.d  p8 . p9  p17
Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi OC.OD  OAOB
(1)
Do p nguyên tố và c, d nguyên dương nên có 9 cặp  c; d  với c  d thỏa mãn (1) là :
 p ;1 ,  p
17
16
; p  ,......,  p9 , p8 
Vậy có 9 tứ giác thỏa mãn đề bài
PHÒNG GD-ĐT HỒNG LĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP 9
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN
I.
PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ cần ghi kết quẩ vào giấy thi)
Câu 1. Tính giá trị biểu thức A 
28  10 3  4 3  7
Câu 2. Giả sử * là phép toán thỏa mãn với mọi số nguyên x, y, ta có x * y  x. y  x  y (với phép
toán nhân  . , phép cộng    thông thường. Tìm các số nguyên không âm x, y biết x * y  9
Câu 3. Tìm  x; y  biết x  y  2 x  4 y  5
2
2
100
Câu 4. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn a
biểu thức B  a
 b100  a101  b101  a102  b102 . Tính giá trị
 b2019
2
Câu 5. Cho C  999.....99 . Tính tổng các chữ số của C
2018
2018...cs..9
1 1 1 1 1
; ; ; ; ;...... Tìm số hạng thứ 12 của dãy
2 5 10 17 26
2018
Câu 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x
 2018x  2018
Câu 8. Cho  là góc nhọn thỏa mãn tan   cot   3. Giá trị của D  sin .cos  bằng ?
Câu 9. Tam giác ABC vuông tại A, biết AC  16cm, AB  12cm. Các đường phân giác trong và
ngoài của góc B cắt đường thẳng AC ở D và E. Tính DE
Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác các góc B và C cắt nhau ở I, gọi H là hình chiếu
của I trên BC.Giả sử BH  5cm, CH  7cm. Tính diện tích tam giác ABC
Câu 6. Cho dãy số
II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào giấy thi)
Câu 11.
a) Tính giá trị biểu thức
1
1
1
1


 ..... 
1 2 2 1 2 3 3 2 3 4 4 3
99 100  100 99
2
b) Giải phương trình:  2 x  14  x  5  x  15 x  38
Q
x 2  3 x 4 y 2  y 2  3 x 2 y 4  2 thì 3 x 2  3 y 2 3 4
Câu 12. Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ
tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông
góc với OC cắt tia By tại D
2
a) Chứng minh AB  4 AC.BD
b) Kẻ OM vuông góc với CD tại M. Chứng minh AC  CM
c) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH
c) Chứng minh rằng nếu:
Câu 13. Hai phụ nữ An, Chi và hai người đàn ông Bình, Danh là các vận động viên. Một người là vận
động viên bơi lội, người thứ hai là vận động viên trượt băng, người thứ ba là vận động viên thể dục
dụng cụ và người thứ tư là vận động viên cầu lông. Có một ngày nọ, họ ngồi xung quanh một cái bàn
vuông (mỗi người ngồi cạnh một người). Biết rằng
(i)
Chi và Danh ngồi cạnh nhau
(ii)
Vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đôi diện Bình
(iii) Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An
(iv)
Một người phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng
Hãy cho biết mỗi người là vận động viên chơi môn gì ?
ĐÁP ÁN
Câu 1. A  7
Câu 2.  x; y   1;4  ;  4;1 ;  0;9  ;  9;0 
Câu 3.  x; y   1;2 
Câu 4. B  0,1,2
Câu 5.
Ta có :





C  999..992   999....992  1  1   999...99  1 999...99  1  1
2018...CS ...9
 2018..CS ..9

 2018...CS ...9  2018...CS ...9 
 999....98.102018  1  999...98000....001
2017..CS ...9
2017..CS ...9
2017...CS ...0
Vậy tổng các chữ số của C bằng 9.2018  18162
1 1 1 1 1
1
Câu 6. Số hạng thứ 12 của dãy ; ; ; ; ....... là
2 5 10 17 26
145
Câu 7. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x2018  2018x  2018 bằng 1
P  x 2018  1  1  1  .....  1  2018 x  1
2017... so...1
P  2018.2018 x 2018..1.1.1....1  2018 x  1  P  1
Min P  1  x  1
1
Câu 8. D 
3
Câu 9. DE  30cm
Câu 10. Diện tích tam giác ABC  5.7  35(cm2 )
Câu 11. Với mọi số nguyên k , ta có :
1
1

k k  1   k  1 k
k  k  1 k  1  k


k 1  k
k  k  1


1
1

k
k 1
Cho k  1.2.3......99 , ta được:
1
1
1
1
Q


 ..... 
1 2 2 1 2 3 3 2 3 4 4 3
99 100  100 99
1   1
1   1
1 
1 
 1
 1







  ......  

2  2
3  3
4
100 
 1
 99
1
1
9



1
100 10
b) Điều kiện x  5
ta viết lại phương trình:
 2 x  14
x  5  x2  15x  38  2  x  7  x  5   x  7    x  5  16
2
Đặt a  x  7; b  x  5 . Khi đó phương trình đã cho trở thành:
a  b  4
2
2ab  a 2  b2   a  b   16  
 a  b  4
Nếu a  b  4  x  7  x  5  4  x  0
Nếu a  b  4  x  7  x  5  4  x  5  x  5  6  0(*)
Dễ có phương trình * vô nghiệm vì:
t 2  t  6  0 có   23  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1
c) Đặt a  3 x 2 , b  3 y 2  a  0, b  0
x 2  3 x 4 y 2  y 2  3 x 2 y 4  2  a 3  3 a 6b 3  b 3  3 a 3b 6  2
Ta có:
 a3  a 2b  b3  ab 2  2
 a 2  a  b   b2  a  b   2  a a  b  b a  b  2
  a  b a  b  2  a  b  4  a  b  3 4
3
Hay
3
x2  3 y 2  3 4
Câu 12.
D
I
B
C
A
K
H
B
O
a) Chứng minh OAC
DBO( g.g )
OA AC
AB AB

 OA.OB  AC.BD 
.
 AC.DB  AB 2  4 AC.BD(dfcm)
DB OB
2 2
OC AC
b) Theo câu a ta có: OAC DBO( g.g ) 

OD OB
OC AC
OC OD
Mà OA  OB 



OD OA
AC OA

Chứng minh OCD ACO(c.g.c)  OCD  ACO
Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC (dfcm)
c) Ta có OAC  OMC  OA  OM , CA  CM  OC là trung trực của AM
 OC  AM
Mặt khác OA  OM  OB  AMB vuông tại M
 OC / / BM (vì cùng vuông góc với AM ) hay OC / / BI
Chứng minh được C là trung điểm của AI
Do MH / / AI theo hệ quả định lý Talet ta có:
MK BK KH


IC
BC AC
Mà IC  AC  MK  HK  BC đi qua trung điểm của MH (đpcm)
Câu 13.
Vì Chi và Danh ngồi cạnh nhau nên ta giả sử Chi và Danh ngồi tên hai cạnh liên tiếp
của hình vuông ABCD
Khi đó ta có 4 trường hợp:
Danh (nam)
TDDC
An
(nữ)
Chi
(nữ)
Bình (nam)
Bơi lội
Trường hợp 1: hình 1
+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Danh là vận động viên thể
dục dụng cụ (TDDC)
+Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình là vận động viên bơi lội
Khi đó Chi và An là hai vận động viên bạn nữ trược băng hoặc cầu lông, điều nầy trái
với mệnh đề “Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng”
Danh (nam)
Bình
(nam)
Chi
(nữ)
TDDC
An (nữ)
Trường hợp 2, hình 2
+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục
dụng cụ (TDDC) và Chi cũng là vận động viên ngồi bên trái An nên không thỏa mãn
“Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An”
Trường hợp 3, hình 3
Chi (nữ)
Danh
(nam)
TDDC
2
3
1
Bình
(nam)
4
An (nữ)
Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục
dụng cụ (TDDC) nên Danh là vận động viên TDDC và vận động viên bên trái An nên
Danh cũng không thỏa mãn với “vận động viên bơi lội ngồi bên trái An”
Trường hợp 4. Hình 4
Chi (nữ)
TDDC
Danh
(nam)
Trượt
băng
2
3
1
4
An (nữ)
Cầu
lông
Bình (nam)
Bơi lội
+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục
dụng cụ (TDDC)
+Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình là vận động viên bơi lội
+Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng nên trong trường hợp này Danh là
vận động viên trượt băng. Do đó An là vận động viên cầu lông
Vậy
+An là vận động viên cầu lông
+Bình là vận động viên bơi lội
+Chi là vận động viên TDDC
+Danh là vận động viên trượt băng.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
Môn: TOÁN LỚP 9
Thời gian: 150 phút
UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức : P 
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P.

x x  26 x  19 2 x
x 3


x 2 x 3
x 1
x 3

x  3  10 x
c) Tìm GTNN của P
Bài 2. (3,0 điểm)
a) Cho x  3  5  3  5  1. Tính giá trị của biểu thức P  2 x3  3x2  4 x  2
b) Chứng minh :
1
1
1
1
1


 .... 

2
3 1 2
5 2 3 7 3 4
4037. 2018  2019

 
 



Bài 3. (3,0 điểm) Cho hàm số y   2m  3 x  1 (1)
a) Tìm m để đồ thị hàm số 1 đi qua điểm  2; 3 
b) Đồ thị của 1 là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích
bằng 3
Bài 4. (4,0 điểm)
mx  y  3
a) Cho hệ phương trình : 
( m là tham số)
x

my

2
m

1

7
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất  x; y  thỏa mãn 2 x  y 
m 1
b) Giải phương trình :

x8  x3


x 2  11x  24  1  5
Bài 5.(6,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  , hai đường kính AH và DE. Qua H kẻ tiếp tuyến
với đường tròn  O  cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của BH và HC
a) Chứng minh DM , EN là các tiếp tuyến của đường tròn  O; R 
b) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH
c) Hai đường kính AH và DE của  O; R  phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích tam
giác AMN bé nhất
9 61
Bài 6. (1,0 điểm) Cho x  0. Tìm GTNN của biểu thức S  x 2  x 

2x 4
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a)ĐKXĐ: x  0, x  1
x x  26 x  19 2 x


x2 x 3
x 1
P




 x  1 x  3  x  1 x  3 
x x  26 x  19


2 x

x 3
x 3
x 3


x  1
x 3

x  3
x 1
x x  26 x  19  2 x  6 x  x  4 x  3


x 1
x x  16 x  x  16

x 1

x  3  10 x
b) P.


x 3

x 3


x  x  16    x  16 


x 1
x 3


 x  16  
  x  16
 x  1 x  3 x  3
x 1

x  16
x 3


x  3  10 x
 x  16  10 x
 x  10 x  16  0
 x  8  x  64

 x  2  x  4
c) P 
x  16 x  9  25
25
25 


 x 3
  x 3
6
x 3
x 3
x 3 
x 3
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
Do đó P  10  6  4
Vậy Cmin  4  x  4
x 3
25
2
x 3


x 3 .
25
 10
x 3
Bài 2.
a) x  3  5  3  5  1

62 5
62 5

1 
2
2

5 1
5 1

1  2 1
2
2


5 1
2
2



5 1
2
1
2
Suy ra x  1  2 nên x2  2 x  1
Có P  2 x3  3x 2  4 x  2  2 x  x 2  2 x    x 2  2 x   2 x  2
Thay x2  2 x  1vào biểu thức P  2 x  1  2 x  2  1
Vậy P  1
b) Có:
 2n  1 
1
n  n 1

n 1  n
n 1  n
n 1  n 1  1
1 


 

 Do
2n  1
n 1 
4n 2  4n  1
4n 2  4n 2  n

đó:

1
3 1 2

 5
1
2 3


7.

1
3 4

 ....... 
4037.

1
2018  2019
1
1
1
1
1
1
1
1 
 .1 




 ...... 


2
2
2
3
3
4
2018
2019 
1
1  1
 1 

2
2019  2
Bài 3.
a) Vì đồ thị hàm số 1 đi qua điểm  2; 3 
Nên tọa độ  2; 3 thỏa mãn phương trình (1)
Thay x  2; y  3 vào pt (1) ta được:  2m  3. 2   1  3  m  2
b) Xét OAB vuông tại O

1
1
1
SOAB  OA.OB  .
.1  3
2
2 2m  3
1
6
2m  3
1
1
 2m  3   2m  3  
6
6
19

m


12 . Vậy m  19 ;17 



17
12
12


m 

12

Bài 4.

b) ĐKXĐ: x  3
x8  x3






x 2  11x  24  1  5

x  3 
x  3 
 
x 2  11x  24  1 
x8 
x 2  11x  24  1  x  8  x  3  0
x8 

x  8 1
x8  x3

x8  x3


x  3 1  0
 x8  x3 0
 x  8  x  3(VL)

 x  7
  x  8 1  0
 x  8 1


 x  2

 x  3  1
x

3

1

0

Kết hợp ĐKXĐ có x  2
a) Từ 1 có y  3  mx
Thay vào (2) được x  m  3  mx   2m  1  1  m2  x  1  m
Hệ có nghiệm duy nhất khi m  1
1
m
2m  3
; y  3

Ta có : x 
m 1
m 1 m 1
7
1
2m  3
7


Để 2 x  y 
thì 2.
m 1
m 1 m 1 m 1
Do đó 2m  5  7  m  1
x8  x3

Bài 5.
A
E
O
D
K
I
N
B
M
C
H
a) ODH  OHD (vì DHO cân tại O)
MDH  MHD (vì DM là trung tuyến của BDH vuông tại D)
ADHE là hình chữ nhật  OHD  MHD  900  ODH  MDH  900
 MD  DO  MD là tiếp tuyến của  O; R 
Tương tự NE là tiếp tuyến của  O; R 
b) Gọi I là trung điểm của OH , gọi K là giao điểm của MI và AN
AH CH

ABC vuông tại A, đường cao AH  AH 2  BH .CH 
BH AH
AH
CH
OH NH




 BHO AHN (cgc)
2.BH 2. AH
BH AH
 OBH  NAH  BO  AN
Lại có MI là đường trung bình của HBO  MI / / BO  MK  AN
Mặt khác AH  MN . Vậy trung điểm I của OH là trực tâm của tam giác AMN .
AH .MN
R
R
 R.MN   BH  HC   .2 BH .HC  R AH 2  2 R 2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra  BH  HC  ABC vuông cân tại A  AH  DE
Vậy MinS AMN  2R 2  AH  DE
c) Ta có S AMN 
Bài 6.
2
9 61 
3 
9 
   x     2 x    13
Ta có : S  x  x 
2x 4 
2 
2x 
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương:
9
9
2x 
 2 2 x.
 6. Dấu "  " xảy ra khi
2x
2x
9

4 x 2  9
3
2 x 
x
2x  

2
x  0
 x  0
2
3
3

Mà  x    0  x  . Dấu "  " xảy ra khi x 
2
2

2
3
3 
9 

Nên S   x     2 x    13  0  6  13  19. Dấu "  " xảy ra khi x 
2
2 
2x 

Vậy MinS  19  x 
3
2