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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HÀ TĨNH 
NĂM HỌC 2017-2018 
I – PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ ghi kết quả vào tờ giấy thi) 
Câu 1: Tìm số cạnh của đa giác lồi có 27 đường chéo. 
Câu 2: Cho 
1 2017a  và 1 2017n na a   với mọi 1n  , n . Tìm 2018a . 
Câu 3: Cho 2 24 5a b ab  với 2 0b a  . Tính giá trị của 
2 2
5
3 2
ab
p
a b


. 
Câu 4: Hai vật chuyển động trên một đường tròn có chu vi bằng 200m , vận tốc 
vật thứ nhất là 4 /m s , vận tốc vật thứ hai là 6 /m s . Hai vật xuất phát 
cùng một thời điểm tại một vị trí và chuyển động cùng chiều. Hỏi sau 
16 phút vật thứ hai vượt lên trước vật thứ nhất mấy lần? (không kể lúc 
xuất phát) 
Câu 5: Có bao nhiêu tam giác khác nhau mà độ dài các cạnh là các số tự nhiên 
(cùng đơn vị đo) thuộc tập hợp  1;2;3;4;5;6;7 . 
Câu 6: Giải phương trình 3 1 3 2x x    . 
Câu 7: Cho các số ,a b thỏa mãn 3 38 1 6a b ab   . Tính 2a b . 
Câu 8: Tìm các số nguyên dương a , b , c ,  b c thỏa mãn 
 
2 2 2
2
b c a
a b c bc
  

  
. 
Câu 9: Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với các 
số 2 ; 3 ; 4 và chu vi của tam giác ABC là 26 . Tìm độ dài các cạnh tam 
giác ABC . 
Câu 10: Cho tam giác ABC có 30A  ; 50B  , cạnh 2 3AB  . Tính 
 AC AC BC . 
II – PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) 
Câu 11: Giải hệ phương trình 
 
2 2
3 3
2 1
2
y x
x y y x
  

  
. 
Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC ngoại tiếp đường tròn tâm 
O . Gọi D , E , F lần lượt là tiếp điểm của  O với các cạnh AB , AC , 
BC . Gọi I là giao điểm của BO và EF . M là điểm di động trên đoạn 
CE . Gọi H là giao điểm của BM và EF . 
 a) Chứng minh nếu AM AB thì các tứ giác BDHF , ABHI nội tiếp. 
 b) Gọi N là giao điểm của BM và cung nhỏ EF của  O , P và Q lần 
lượt là hình chiếu của 
 N trên các đường thẳng DE , DF . Chứng minh PQ EF . 
Câu 13: Cho x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 . Tìm GTNN của 
2 25 11 5F x xy y   . 
LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH HÀ TỈNH 
NĂM HỌC 2017-2018 
I – PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ ghi kết quả vào tờ giấy thi) 
Câu 1: Tìm số cạnh của đa giác lồi có 27 đường chéo. 
 ờ ả 
Gọi số cạnh của đa giác lồi là n ,  , 3n n  . Ta có 
 3
27
2
n n
 9n  . 
Câu 2: Cho 1 2017a  và 1 2017n na a   với mọi 1n  , n . Tìm 2018a . 
 ờ ả 
Ta có 2 1 2017 2.2017a a   , 3 2 2017 3.2017a a   ,  
Do đó 2018 2018.2017 4070306a   . 
Câu 3: Cho 2 24 5a b ab  với 2 0b a  . Tính giá trị của 
2 2
5
3 2
ab
p
a b


. 
 ờ ả 
Ta có   2 24 5 4 0a b ab a b a b      . Do 2 0b a  nên 4b a . Suy ra 
2
2 2
20 4
3 32 7
a
P
a a
 

. 
Câu 4: Hai vật chuyển động trên một đường tròn có chu vi bằng 200m , vận tốc 
vật thứ nhất là 4 /m s , vận tốc vật thứ hai là 6 /m s . Hai vật xuất phát 
cùng một thời điểm tại một vị trí và chuyển động cùng chiều. Hỏi sau 
16 phút vật thứ hai vượt lên trước vật thứ nhất mấy lần? (không kể lúc 
xuất phát) 
 ờ ả 
 Gọi t là thời gian để hai vật gặp nhau tính từ lúc xuất phát. Quảng 
đường mỗi vật đi được đến lúc gặp nhau là 1 1 4S v t t  , 2 2 6S v t t  . Vì 
hai vật đi cùng chiều nên 2 1S S S  6 4 200t t   100t  (giây). 
 Do đó cứ sau 100 giây chúng gặp nhau một lần. Vậy sau 16 phút 960 
giây thì chúng gặp nhau số lần là 
960
9
100
 
 
 
. Vậy vật thứ hai vượt lên 
trước 9 lần. 
Câu 5: Có bao nhiêu tam giác khác nhau mà độ dài các cạnh là các số tự nhiên 
(cùng đơn vị đo) thuộc tập hợp  1;2;3;4;5;6;7 . 
 ờ ả 
 Số tam giác khác nhau là 
   1 3 2 1 8.10.15
50
24 24
n n n     
    
  
 tam giác. 
Câu 6: Giải phương trình 3 1 3 2x x    . 
 ờ ả 
 ĐKXĐ 3x   . Đặt 3 1 x a  ; 3 0x b   . 
 Ta có 
3 2
2
4
a b
a b
 

 
 2 4 0a a a   
0
1 17
2
a
a

   

 Từ đó tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho là 
15 5 17
1;
2
S
  
  
  
. 
Câu 7: Cho các số ,a b thỏa mãn 3 38 1 6a b ab   . Tính 2a b . 
 ờ ả 
 Ta có 3 3 3
0
3
x y z
x y z xyz
x y z
  
      
 Do đó 3 38 1 6a b ab         
3 33 2 1 3 2 1a b a b      
2 1 0
2 1
a b
a b
  
    
2 1
2 2
a b
a b
 
    
. 
Câu 8: Tìm các số nguyên dương a , b , c ,  b c thỏa mãn 
 
2 2 2
2
b c a
a b c bc
  

  
. 
 ờ ả 
 Ta có      
2 22 2 2 2 22 4b c a b c bc a b c a b c a            
    
2 2
2 2b c a     . 
 Vì 1b c  nên 2 1b c   dó đó 
    
22 22 2 4 4 4 4 8b c a a b c b c b c b c                 . 
 Vì 4 4 3b c     nên có các trường hợp sau 
 TH1: 
4 8 12
13
4 1 5
b b
a
c c
   
   
   
. 
 TH2: 
4 4 8
10
4 2 6
b b
a
c c
   
   
   
. 
Câu 9: Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với các 
số 2 ; 3 ; 4 và chu vi của tam giác ABC là 26 . Tìm độ dài các cạnh tam 
giác ABC . 
 ờ ả 
 Gọi độ dài các cạnh BC a , AC b , AB c . Độ dài các đường cao kẻ 
từ đỉnh A , B , C lần lượt là x , y , z . Khoảng cách từ trọng tâm tam 
giác ABC đến các cạnh tỉ lệ với các số 2 ; 3 ; 4 nên ta có 
2 3 4
x y z
k   . 
Mặt khác 2 ABCax by cz S   nên 
1 1
24
1 1 1 1 1 1 13
2 3 4 12
a c a c a b c
k
x y z k k k k
 
       . Suy ra 12a  ; 8b  ; 6c  . 
Câu 10: Cho tam giác ABC có 30A  ; 50B  , cạnh 2 3AB  . Tính 
 AC AC BC . 
 ờ ả 
 Kẻ đường phân giác CD . 
 Ta có 100ACB  50BCD ACD   . 
 Suy ra tam giác BCD cân tại D . Suy ra BD DC . 
 Lại có ADC ACB # 
AC AD
AB AC
  2 .AC AB AD  . 
 Và . .
AC CD
AC BC AB CD
AB BC
   . 
 Suy ra    2 2. 12AC BC AC AB AD CD AB AD BD AB       hay 
  12AC AC BC  . 
II – PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) 
Câu 11: Giải hệ phương trình 
 
2 2
3 3
2 1
2
y x
x y y x
  

  
. 
 ờ ả 
 Thay 2 21 2y x  va phương trình thứ hai ta có 
   3 2 2 3 2 2 3 3 2 22 2 2 2 5 2 2 0x y y x y x y x x y x y xy          . Đặt y xt 
được  3 3 25 2 2 1 0x t t t    . 
 Xét 0x  , thay vào phương trình thứ hai ta được  2 2 0 0y y y    
không thỏa mãn phương trình thứ nhất. 
 Xét   3 2 25 2 2 1 0 1 5 3 1 0 1t t t t t t t           . Do đó y x , khi đó 
ta có hệ phương trình 
 
2
2
1
1
1 0
x
x
x x
 
  
 
. 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm       ; 1; 1 , 1;1x y    . 
Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC ngoại tiếp đường tròn tâm 
O . Gọi D , E , F lần lượt là tiếp điểm của  O với các cạnh AB , AC , 
BC . Gọi I là giao điểm của BO và EF . M là điểm di động trên đoạn 
CE . Gọi H là giao điểm của BM và EF . 
 a) Chứng minh nếu AM AB thì các tứ giác BDHF , ABHI nội tiếp. 
 b) Gọi N là giao điểm của BM và cung nhỏ EF của  O , P và Q lần 
lượt là hình chiếu của 
 N trên các đường thẳng DE , DF . Chứng minh PQ EF . 
 ờ ả 
 Gọi K là giao điểm của BO và DF . Ta có tam giác IKF vuông tại K . 
Hình chữ nhật 
ADOE có OD OE nên nó là hình vuông. Suy ra 
1
45
2
DEF DOE  . Suy ra 
45BIF  . 
a) Khi AM AB thì tam giác AMB vuông cân tại A suy ra 
45DBH DFH  . 
Nên tứ giác BDHF nội tiếp. Do đó năm điểm B , D , O , H , F 
cùng thuộc đường 
tròn đường kính BO . Suy ra 90BFO BHO OH BM    , mà 
tam giác ABM 
vuông cân và có AH là phân giác nên AH BM . Suy ra A , O , 
H thẳng hàng. 
Suy ra 45BAH BIH  . Vậy tứ giác ABHI nội tiếp. 
b) Tứ giác PNQD nội tiếp suy ra NPQ NDQ NEF  . Tương tự 
ta có 
NQP NDP NFE  . Suy ra 
1
PQ NQ
NEF NQP PQ EF
EF NE
      # . Dấu 
“” xảy ra khi P trùng F , Q trùng E hay DN là đường kính 
của  O . 
Câu 13: Cho x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 . Tìm GTNN của 
2 25 11 5F x xy y   . 
 ờ ả 
 Đặt  2 25 11 5 ;F x xy y f x y    , m là GTNN của F . 
 Ta có m là số nguyên và    0;1 1;0 5 5f f m    . 
 Vì x , y là các số nguyên không đồng thời bằng 0 nên 
2 25 11 5 0x xy y   hay 0F  . 
 Xét 2x n ; 2y k . Ta có      ; 2 ;2 4 ;f x y f n k f n k  nên giá trị 
 2 ;2f n k không thể là GTNN. Do đó GTNN của F xảy ra khi x , y 
không cùng chẵn, vì vậy m là số lẻ. 
 * Nếu 1m  suy ra tồn tại x , y để 2 25 11 5 1x xy y  
2 2100 220 100 20x xy y      
2 210 11 221 20x y y    
 
2 210 11 20 221 3x y y    . Suy ra  
2
10 11x y chia 13 dư 6 hoặc dư 7 . 
Mà số chính phương khi chia 13 chỉ có dư 0 , 1, 3 , 4 , 9 , 10 , 12 . Do đó 
vô lý. 
 * Nếu 3m  suy ra tồn tại x , y để 2 25 11 5 3x xy y  
2 2100 220 100 60x xy y      
2 210 11 221 60x y y    
 
2 210 11 60 221 3x y y    . Suy ra  
2
10 11x y chia 13 dư 5 hoặc dư 8 . 
Mà số chính phương khi chia 13 chỉ có dư 0 , 1, 3 , 4 , 9 , 10 , 12 . Do đó 
vô lý. 
 Vậy GTNN của F là 5 .