Đề thi chọn học sinh giỏi Dak Lak môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK 
NĂM HỌC 2017-2018 
Câu 1: (4 điểm) 
1. Rút gọn biểu thức 
3 2 4 4
3 2
x x x
P
x x
   

 
. Tìm x sao cho 
2017
2018
P  . 
2. Giải phương trình   2 24 4 20x x x   . 
Câu 2: (4 điểm) 
1. Cho phương trình  2 22 2 3 0x m x m    , với m là tham số. Tìm tất 
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm 1x , 2x khác 0 , 
(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức 
1 2
1 1
x x
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
2. Cho parabol   2:P y ax . Tìm điều kiện của a để trên  P có 
 0 0;A x y với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện 
2
0 0 0 01 4 3x y x y      . 
Câu 3: (4 điểm) 
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  ;x y thỏa mãn:
2 2 4 2 18x y x y    . 
2. Tìm tất cả các cặp số  ;a b nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: 
i) ,a b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của ,a b là 1. 
ii) Số   1 2 1N ab ab ab   có đúng 16 ước số nguyên dương.. 
Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh 
AB và AC lân lượt tại D và E ( ,D B E C  ). BE cắt CD tại H. Kéo dài 
AH cắt BC tại F. 
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. 
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. 
Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC . 
Câu 5: ( 2 điểm) 
Với x, y là hai số thực thỏa mãn 3 2 2 4 63 5 3 11 9 9y y y x x x       . 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2018.T x y   
Câu 6: (2 điểm) 
Cho tam giác đều ABC . Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn 
thẳng BC dưới một góc bằng 0150 . Chứng minh 2 2 .MA MB MC . 
LỜI GIẢI 
Câu 1: (4 điểm) 
3. Rút gọn biểu thức 
3 2 4 4
3 2
x x x
P
x x
   

 
. Tìm x sao cho 
2017
2018
P  . 
4. Giải phương trình   2 24 4 20x x x   . 
Lời giải 
1. Ta có 
3 2 4 4
3 2
x x x
P
x x
   

 
 
2
3 2 2
3 2
x x
x x
  

 
 
  
3 2 2
1 2
x x
x x
  

 
  
2 1
1 2
x x
x x
 

 
 
  
2
1
1 2
x
x x


 
1
2
x
x



. 
Mặt khác 
2017
2018
P 
1 2017
20182
x
x

 

2016x  22016x  . 
2. Ta có   2 24 4 20x x x      4 2 2 20x x x x    
  2 22 2 8 20x x x x       2 22 4 4 2 4 4 20x x x x       
 
2
2 2 4 16 20x x     .  
2
2 2 4 36x x   
2
2
2 4 6
2 4 6
x x
x x
   
 
   
. 
Ta thấy phương trình 2 2 4 6x x    vô nghiệm. 
Mặt khác, 2 2 4 6x x   2 2 10 0x x   
1 11
1 11
x
x
  
 
 
. 
Vậy phương trình có nghiệm là 1 11x   và 1 11x   . 
Câu 2: (4 điểm) 
3. Cho phương trình  2 22 2 3 0x m x m    , với m là tham số. Tìm tất 
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm 1x , 2x khác 0 , 
(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức 
1 2
1 1
x x
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
4. Cho parabol   2:P y ax . Tìm điều kiện của a để trên  P có 
 0 0;A x y với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện 
2
0 0 0 01 4 3x y x y      . 
Lời giải 
 1.Phương trình có hai nghiệm khác 0 khi 
 
2 2
2
2 3 0
0
m m
m
   


  3 1 0
0
m m
m
  
 

1
3
0
m
m
m
 
 
 
. 
 Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có 
 1 2
2
1 2
2 2 3x x m
x x m
   


 . 
 Lại có 1 2
1 2 1 2
1 1 x x
x x x x

 
 
2
2 2 3m
m
 

2
12 18
3
m
m
 

2 2
2
2 2 12 18
3
m m m
m
   
 
 
2
2
2 32
3 3
m
m

  
2
3
  . 
 Dấu bằng sảy ra khi 3m  . 
2.Ta có 20 0 0 01 4 3x y x y     
2
0 0 0 01 4 3x x y y       . 
2
0 00 0
1 1
4 31 y yx x
 
   
 . 
Vậy nên 
2
0 0 0 0
2
0 0 0 0
1 4 3
1 4 3
x y x y
x y x y
      

     
2
0 01 4x y   
2
0 01 4x y   
  201 3a x  
2
0
3
0 1 0 1
1
x a a
a
       

. 
Câu 3: (4 điểm) 
3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  ;x y thỏa mãn:
2 2 4 2 18x y x y    . 
4. Tìm tất cả các cặp số  ;a b nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: 
i) ,a b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của ,a b là 1. 
ii) Số   1 2 1N ab ab ab   có đúng 16 ước số nguyên dương.. 
Lời giải 
1.Ta có 2 2 4 2 18x y x y       2 24 4 2 1 21x x y y      
   
2 2
2 1 21x y       1 3 21x y x y      . 
Do đó sảy ra các trường hợp sau: 
+)
1 1 9
3 21 9
x y x
x y y
    
 
    
. 
+)
1 3 2
3 7 2
x y x
x y y
    
 
    
. 
2. Ta có:   1 2 1N ab ab ab   chia hết cho các số: 1; a ;   1 2 1b ab ab 
;b ;   1 2 1a ab ab  ; 1ab ;  2 1ab ab ; 2 1ab ;  1ab ab ; N ; ab ;
  1 2 1ab ab  ;  1b ab ;  2 1a ab ;  1a ab ;  2 1b ab có 16 ước 
dương Nên để N chỉ có đúng 16 ước dương thì ; ; 1; 2 1a b ab ab  là số 
nguyên tố Do , 1 1 2 a b ab    
Nếu ;a b cùng lẻ thì 1ab chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đó 
không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn b lẻ  2a  . 
Ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì 2 1 4 1ab b   và 
1 2 1ab b   chia hết cho 3 là hợp số (vô lý) 3b  . 
 Vậy 2; 3a b  . 
Câu 4: (4 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và 
AC lân lượt tại D và E ( ,D B E C  ). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt 
BC tại F. 
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. 
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. 
Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC . 
1) Chứng minh tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. (Đơn giản). 
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. 
Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp . Tính số đo BAC như sau: 
0180BAC DHE MFN BHC    (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp). 
N
M
H
E
D
A
B C
F
Mà DHE BHC (đối đỉnh) suy ra 1 2BAC MFN F F   . Lại có 
1 1 2 1 1 1; ;F B F C B C   (tứ giác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp) 
1 2 1 2.F F B B    
Do đó  0 0 012 2 90 3 180 60BAC B BAC BAC BAC       
Câu 5: ( 2 điểm) 
Với x, y là hai số thực thỏa mãn 3 2 2 4 63 5 3 11 9 9y y y x x x       . 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2018.T x y   
Điều kiện 3 3x   . 
     
3
33 2 2 4 6 2 23 5 3 11 9 9 1 2 1 9 2 9y y y x x x y y x x              
 3 3 22 2 , 1; 9a a b b a y b x        
      3 3 2 22 0 2 0a b a b a b a ab b           
Do 
2
2 2 21 32 2 0
2 4
a ab b a b b
 
        
 
 . 
Suy ra 
 
2 2
2 2
0 1 9 0 9 1
9 1 4 3 9 4
          
           
a b y x y x
x y x x x x
Đẳng thức xảy ra khi 
2
3 0
3 1.
9 0
x
x y
x
 
     
 
 Vậy giá trị lớn nhất 
của T là 2022 tại x = 3; y=-1. 
Ta lại có 
2 2 2 21 3 2 9 1 1 3 2 3 2 9 6 2 18 9x y x x x x x x x                 
 
2
22 6 2 9 0 2 3 0x x x       (Đúng). 
Suy ra 2018 1 3 2 2018 2019 3 2T x y        
Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi 
3 2
2 3 0
2
x x     (thỏa mãn). Suy ra 
 3 2 3 2 21 3 2
2 2
y

     . 
Vậy GTNN T là 2019 3 2 tại 
3 2 3 2 2
; .
2 2
x y
 
  
Câu 6: (2 điểm) 
Cho tam giác đều ABC . Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn 
thẳng BC dưới một góc bằng 0150 . Chứng minh 2 2 .MA MB MC . 
Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chưa điểm M,lấy điểm E sao cho 
AME đều; trên nửa mặt phẳng bờ BC không chưa điểm m,lấy điểm F 
sao cho CMF đều. 
Ta có 
060MAE BAC MAB BAE MAB CAM BAE CAM BAE CAM          
 (c – g - c). Suy ra ;BE CM ABE ACM  . 
Tương tự 060MCF ACB MCB BCF MCB ACM BCF ACM        . 
Ta có 
; ; ;BE CM CM CF BE CF ABE ACM ACM BCF ABE BCF        . 
Suy ra   .BAE CBF c g c AE BF       Mà .AE AM BF AM   
Mặt khác 0 0 0150 60 90BMF BMC CMF     . ( CMF đều, nên 
MF MC ) 
Xét 0 2 2 2 2 2 2: 90 2 .BMF BMF BF MB MF MA MB MC MB MC         (
CMF đều MF= MC). 
A
B C
ME
F