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

 SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Bài 1. a) Cho , 0a b  thỏa mãn 
1 1 1
2018a b
  . Chứng minh rằng 
2018 2018a b a b     . 
b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 26 3 3 0x x   . 
Tính giá trị của biểu thức 
4 2
2
.
2
a
A
a a a


  
Bài 2. a) Giải phương trình (1 điểm)   31 1 2x x x    . 
b) Tìm các cặp số nguyên  ;x y thỏa mãn  
2 4 3 22018 6 11 6x y y y y     
Bài 3. a) Giải hệ phương trình 
 
  
2
2
2 1 2 1
2
3 2 1 4
x y
x y
x y y x
 
   

    
b) Cho , , 0x y z  thỏa mãn 
1
2 y z
x
  . Chứng minh rằng 
3 4 5
4
yz zx xy
x y z
   
Bài 4. Cho đường tròn  ;O R và điểm A cố định với 2OA R , đường kính BC 
quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các 
đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O lần lượt tại điểm thứ hai là 
D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO 
a) Chứng minh rằng . .AK AI AE AC . 
b) Tính độ dài của đoạn AK theo R . 
c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một 
đường thẳng cố định. 
Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3,...,625 chọn ra 311 số sao cho không 
có hai số nào có tổng bằng 625 . Chứng minh rằng trong 311 số được 
chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương. 
 HẾT  
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ 
Bài 1. a) Cho , 0a b  thỏa mãn 
1 1 1
2018a b
  . Chứng minh rằng 
2018 2018a b a b     . 
b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 26 3 3 0x x   . 
Tính giá trị của biểu thức 
4 2
2
.
2
a
A
a a a


  
Lời giải 
a) Từ giả thiết 
1 1 1
2018 2018 2018
2018
ab ab ab
a b a b
a b a b a b a b
           
  
a b a b
a b
a b a b a b

    
  
 (Vì , 0a b  ). 
b) Ta có a là nghiệm dương của phương trình 26 3 3 0x x   nên 
26 3 3 0a a   
2
2 2 23 6 11 2 3 0 3 3 0
3 2 3
a
a a a a

           . 
Do đó 
   4 2
4 2 2
4 44 2
2 . 22
1 2 3 2
22
a a a aa
A a a a
a a aa a a
   
      
    
 
2
2 2 2 2 2 23 3 3 3a a a a a a          . 
Bài 2. a) Giải phương trình (1 điểm)   31 1 2x x x    . 
b) Tìm các cặp số nguyên  ;x y thỏa mãn  
2 4 3 22018 6 11 6x y y y y     
Lời giải 
a) Giải phương trình   31 1 2x x x    . ĐK: 1x  
     3 3 31 1 2 . 2 1 1 2 1 1 0x x x x x x x x x x               
3
0
2 1 1
x
x x

 
   
Xét phương trình 3 2 1 1x x    . 
 Đặt 
3
3 2 3 2 2 3 2
1 1 12
1 3 3 1 1 2 3 01
a b a b a bx a
a b b b b b b b bx b
          
     
             
1
1
0
a
x
b

  

. 
Đối chiếu ĐKXĐ ta có:  0;1x . 
b)      
22 24 3 2 22018 6 11 6 2018 1 3 1x y y y y x y y           
      
22 2 2 22018 3 1 1 3 2019 3 2017 1x y y y y x y y x              
Vì cặp x ; y nguyên nên: 
TH1: 
2
22
20183 2019 1 2018; 0
2018; 33 03 2017 1
xy y x x y
x yy yy y x
       
          
. 
TH2: 
2
22
20183 2019 1 2018; 1
2018; 23 2 03 2017 1
xy y x x y
x yy yy y x
        
            
. 
Vậy phương trình có các nghiệm 
          ; 2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3x y  
Bài 3. a) Giải hệ phương trình 
 
 
  
2
2
2 1 2 1 1
2
3 2 1 4
x y
x y
x y y x
 
   

    
b) Cho , , 0x y z  thỏa mãn 
1
2 y z
x
  . Chứng minh rằng 
3 4 5
4
yz zx xy
x y z
   
Lời giải 
a) ĐKXĐ: 
1
,
2
x y   . Từ    23 2 1 4x y y x    
  2 4 1 0x y x y      . Vì 
1
, 2 4 0
2
x y x y      , do đó: 
1 0 1x y y x      
Thay vào phương trình  1 ta được:  
24 4 1
2 1 3 2 2
2
x x
x x
 
    ; 
1 3
2 2
x
 
   
 
Đặt 2 1 3 2x x t    ,     
4 2
282 2 2 4 0
8
t t
t t t t t

        
2
5 1
t
t

 
 
 (Vì 0t  ). 
TH1:   
1 3
;
2 2
2 2 1 3 2 0
3 1
;
2 2
x y
t x x
x y

  
      
   

 (thỏa mãn điều kiện 
xác định) 
TH2:   5 1 2 1 3 2 1 5 0t x x        (vô lí). 
Vậy phương trình có nghiệm:  
1 3 3 1
; ; , ;
2 2 2 2
x y
    
      
    
. 
b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có 
3 4 5
2 3 2 4 6
yz zx xy yz zx zy xy zx xy
z y x
x y z x y x z y z
    
              
    
 
1
4 2( ) 8 4 4 (2 ) 4 . 4x y z x xy xz x y z x
x
          . 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
1
3
x y z   . 
Bài 4. Cho đường tròn  ;O R và điểm A cố định với 2OA R , đường kính BC 
quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các 
đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O lần lượt tại điểm thứ hai là 
D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO 
a) Chứng minh rằng . .AK AI AE AC . 
b) Tính độ dài của đoạn AK theo R . 
c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một 
đường thẳng cố định. 
Lời giải 
a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp 180ABC DEC AEK ABC     ( 
cùng bù DEC ). 
Mặt khác ABC AIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ); suy ra 
AEK AIC (bắc cầu) 
Xét AEK và AIC có : AEK AIC và EAK chung nên AEK # AIC 
(g.g) 
. .
AE AK
AE AC AK AI
AI AC
   
b) Xét AOB và COI có : AOB COI (đối đỉnh) và BAO ICO (hai 
góc nội tiếp cùng chắn cung BI ) nên AOB đồng dạng COI (g.g) 
. 5
2 2
OA OB OB OB R
OI AI R
OC OI OA
       
Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn  O , dễ dàng chứng minh được ANE
đồng dạng ACN (g.g) 
2 2 2 2. 3AE AC AN AO ON R     . 
Mà theo câu (a) : 2
5 6
. . . 3
2 5
AE AC AK AI AK R R AK R     . 
c) Gọi F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ADE với OA , ta có 
AFD AED mà AEK ABC (câu a) nên AFD  ABC nên tứ giác BDFO 
nội tiếp đường tròn. Dễ dàng chứng minh được ADF # AOB (g.g) 
. .AD AB AF AO  ; và ta cũng chứng minh được 
N
F
K
I
E
D
O
C
B
A
2 2 3. .
2
AD AB AN AF AO AN AF R     không đổi, mà A cố định nên 
F cố định suy ra AF cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE 
thuộc đường trung trực của đoạn AF cố định. 
Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3,...,625 chọn ra 311 số sao cho không có 
hai số nào có tổng bằng 625 . Chứng minh rằng trong 311 số được 
chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương. 
Lời giải 
Ta phân chia 625 số tự nhiên đã cho thành 311 nhóm như sau: 
+) nhóm thứ 1 gồm năm số chính phương  49;225;400;576;625 
+) và 310 nhóm còn lại mỗi nhóm gồm hai số có tổng bằng 625(không 
chứa các số của nhóm 1). 
Nếu trong 311 số được chọn không có số nào thuộc nhóm thứ 1, thì 
311 số này thuộc các nhóm còn lại. Theo nguyên tắc Dirichle phải có ít 
nhất hai số thuộc cùng một nhóm. Hai số này có tổng bằng 625(vô lí). 
Vậy chắc chắn trong 311 số được chọn phải có ít nhất một số thuộc 
nhóm thứ 1. Số này là số chính phương.