SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019

THÁI BÌNH

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3,0 điểm)
  
x+1 xy+ x xy+ x x+1
Cho biểu thức
P + +1 : 1− −
  
  
xy+1 1− xy xy−1 xy+1
  
với và
x; y≥ 0 xy≠ 1.
a. Rút gọn P .
33 2
b. Tính giá trị của biểu thức P khi x= 4− 2 6+ 4+ 2 6 và y x+ 6 .
Câu 2. (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): m –1 x+=y 3m – 4
( )
0

và (d’): x+=m –1 y m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx= 30 .
( )
Câu 3. (4,0 điểm)
2
a. Giải phương trình: 3x+−1 6− xx+ 3 −14x− 8=0
32 2

x − 2x + 2x+ 2y+ x y− 4=0

b. Giải hệ phương trình:

2
x− xy− 4x−= 1 3x− y+ 7


Câu 4. (2,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì
2 22
3a + 3b ++3c 4abc≥13 .
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tan B.tan C= 3.
b. Chứng minh: tan A.tan B.tan C= tan A++tan B tan C .
Câu 6. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm các 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: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp tam giác ABC
có bán kính bằng nhau.
Câu 7. (2,0 điểm)
x+ y 2019
2 22
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x;;y z sao cho là số hữu tỉ và
( ) x ++y z
y+ z 2019
là số nguyên tố.
 HẾT 
Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:..................
=
=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019

THÁI BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
(Gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
  
xy+ x xy+ x
x+1 x+1
Cho biểu thức
P + +1 : 1− −
  
  
xy+1 1− xy xy−1 xy+1
  
với và
x; y≥ 0 xy≠ 1
a. Rút gọn .
P
33 2
b. Tính giá trị của biểu thức khi x= 4− 2 6+ 4+ 2 6 và .
P y x+ 6
  
xy+ x xy+ x
x+1 x+1
P + +1 : 1− −
  
  
xy+1 1− xy xy−1 xy+1
  
x+1 1− xy + xy+ x xy+1+−1 xy
( )( ) ( )( )
= :
1− xy
0,5
xy−−1 xy+ x xy+1− x+1 xy−1
( )( ) ( )( )
xy−1
a.
x+1 1− xy + xy+ x xy+1+−1 xy
( )( ) ( )( )
1,5đ
= 0,5
1− xy+ xy+ x xy++1 x+1 xy−1
( )( ) ( )( )
21x+
( )
1
1.
0,5
3,0đ
xy
2 xy+ x y
( )
1
Vậy với x; y≥ 0 và xy≠ 1 thì .
P=
xy
3
3
33
Ta có:
x= 4− 2 6+ 4+ 2 6
)
(
0,5
3 3 33
=8+ 3 4− 2 6+ 4+ 2 6 4− 2 6. 4+ 2 6=8− 6x
( )( )
b.
1,5đ 32
0,5
⇒ x+ 6x=8⇔ x x+ 68=⇔ xy=8 thỏa mãn điều kiện xác định
( )
2 2
Thay vào ta có . Vậy .
P= P=
0,5
4 4
Cho hai đường thẳng (d): m –1 x+=y 3m – 4 ,
( )
0

(d’): x+=m –1 y m . Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx= 30 .
( )
Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình:

xm=−−(m 1) y
 m –1 x+=y 3m – 4
2 ( )

* ⇔
( )
 0,5
2
3,0đ
x+=m –1 y m
( ) mm− 2 y m− 2 1
 ( ) ( ) ()



Để (d) cắt (d’)⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất
m≠ 0

⇔ 1 có nghiệm duy nhất⇔
()

0,5
m≠ 2

=
==
=
=
=
Câu Ý Nội dung Điểm
3m− 2

x=

m≠ 0


m
Với hệ phương trình có nghiệm duy nhất
 
m≠ 2 m− 2


y=

 m
3mm−−2 2
 
Lúc đó M ;
0,5
 
mm
 
0

Từ giả thiết MOx= 30
m− 2
 m
⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx=
3m− 2
0,5
m
m− 2
1 m− 2
0
 m
⇒ 3mm− 2=± 3 − 2
tan MOx tan 30 ⇔= ( )
3m− 2
3m− 2
3
m
2 3
⇔ m=± thỏa mãn.
3
2 3 2 3
Vậy mm= ; =− .
1,0
33
2
a. Giải phương trình: 3x+−1 6− xx+ 3 −14x− 8=0
32 2

x − 2x + 2x+ 2y+ x y− 4=0

b. Giải hệ phương trình:

2
x− xy− 4x−= 1 3x− y+ 7


2
3x+−1 6− xx+ 3 −14x− 8=0
−1
Điều kiện xác định ≤≤x 6 *
( )
3
2
Phương trình đã cho⇔ 3x+−1 4 − 6− x−1+ 3x −14x− 5=0
( ) ( )
3xx−−15 5 1,0
⇔ − +( xx− 53)( +=1) 0
3xx++14 6− +1
a.
3 1
2,0đ
⇔ x− 5 + + 31x+ =0
( ) ( )

3xx++14 6− +1


x= 5 t/m *
( ( ))

0,5
⇔
3 1

+ + 3x+=1 0 1
( ) ()

3xx++14 6− +1

3.
0,5
4,0đ VT của pt (1) luôn lớn hơn 0 với mọi x thỏa mãn * nên (1) vô nghiệm
( )
Vậy tập nghiệm phương trình là S={5}.
32 2

x −2x +2x+2y+ x y−4=0 (1)


2
x− xy−4x−=1 3x− y+7 2
( )

b.

2,0đ
Điều kiện xác định 3x− y+ 7≥ 0
2
= =
Câu Ý Nội dung Điểm
2
0,5
1 ⇔ x + 2 x+−y 2 =0
() ( )
( )
2
⇔ x+ y− 2= 0⇔ y= 2− x do x+ 2> 0∀x
( )
Thay yx2− vào (2) ta được
2
2
xx− 2−−x 4x−1 3x− 2−+x 7⇔ 4x+ 5 2x− 6x−1
( ) ( )
2 2
⇔ 2 4x+ 5 4x−12x− 2⇔ (2xx− 3) 2 4+ 5+11
Đặt 4xt+ 5= 2− 3.
2

2 2t−=3 4x+ 5
2 ( )


t−= x+
(2 3) 4 5
2t−=3 4x+ 5 
( )

Ta có
⇔ ⇔
 
tx=
2
(t− x)(t+−x 2)=0
2x−=3 4t+ 5
( ) 

 0,5

t 2− x


2
x − 4x+=10
Trường hợp 1:
tx⇔ 4xx+ 5= 2−⇔3 ⇔ x= 2+ 3

2x−≥30

⇒ y=− 3 thỏa mãn điều kiện xác định
0,5
Hệ có nghiệm x; y= 2+−3; 3 .
( )
( )
2

x − 2x−=10
Trường hợp 2: t=4−⇔x 4x+ 5=12− x⇔ ⇔=x 12−

12− x≥ 0

0,5
⇒ y=12+ thỏa mãn điều kiện xác định.
Hệ có nghiệm x; y=1− 2;1+ 2 .
( )
( )
Vậy hệ có nghiệm: x; y=2+−3; 3 ; x; y=1− 2;1+ 2
( ) ( )
( ) ( )
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
2 22
bằng 3 thì 3a + 3b ++3c 4abc≥13 .
2 22
Đặt T= 3a+ 3b++34c abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không
giảm tổng quát ta có thể giả sử 0< a≤ b≤ c .
3
Từ a + b + c = 3 và a + b > csuy ra 1≤2
0,5
2
22 2 2

T= 3(a+ b )++34c abc= 3 a+ b− 2ab++34c abc
( )

2
2
= 3 3−+c 3c− 2ab 3− 2c
( ) ( )
4.
0,5
2,0đ
22
 a+ b  3− c
Do 3 – 2c > 0 và ab≤=, suy ra
   
22
   
1
22
2
T≥ 3 3−+c 3c − a+ b 3− 2c
( ) ( ) ( )
2
0,75
1
2
22
3 c− 6c+ 9+ 3c− 3− c 32− c
( ) ( )
( )
2
3 27 1
22
32
=c− c+ =c c−+1 c−+1 13≥13
( ) ( )
22 2
3
=
=
=
= =
= =
=
Câu Ý Nội dung Điểm
Dấu bằng xảy ra khi a b c 1 0,25
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là
trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tanB.tanC= 3.
b. Chứng minh: tanA..tanB tanC= tanA+ tanB+ tanC .
A
Gọi M là trung điểm BC
Ta có tam giác ABD vuông tại D
E
AD
nên
tanB=
BD
a.
H G
AD
1,5đ
Tương tự : tanC=
CD
2
B
M
C
D
AD
0,5
⇒=tanB.tanC
BD.CD
   
Ta có BHD= EHA⇒=HBD HAE
AD
∆BDH∆⇒ADC BD.CD=AD.DH
⇒ ⇒ tanB.tanC=
0,5
DH
AD AM
Ta có HG//BC ⇒ = ⇒ tanB.tanC= 3
DH GM 0,5
Gọi S, S , S , S lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB
12 3
AD 1 DH S
1
Ta có tanB.tanC =
⇒ ==
DH tan B.tanC AD S
1 S 1 S
2 3
Tương tự ⇒ ,
5. b. 1,0
tanC.tan AS tan A.tan B S
3,0đ 1,5đ
11 1 SS++ S
12 3
⇒ + + = = 1
tan B.tanC tanC.tan A tan AB.tan S
tan A++tan BCtan
⇒ =1⇒ ĐPCM
0,5
tan AB.tan .tanC
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm
các 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: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp
tam giác ABC có bán kính bằng nhau.
4
= =
= = =
Câu Ý Nội dung Điểm
A
6.
3,0đ
I
K
J
B E H C
M F
00
       
a. AEC+ EAH 90 ,CAE+=EAB 90 ,EAH EAB ⇒=AEC CAE
1,00
⇒∆AEC cân tại C⇒ CI là trung trực AE.
Tương tự BI là trung trực AF ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF .
b. Gọi M là hình chiếu vuông góc của I trên BC⇒ M là trung điểm EF và
IM= r .
Tam giác ABF cân tại B, tam giác ACE cân tại C nên
EF= AB+−AC BC. 1,0
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC
vuông tại A ta chứng minh được AB+ AC−=BC 2r
⇒=EF 2r
   
A và E đối xứng nhau qua CI nên KEC= KAC mà KAC= KAH ,
0 0
   
KAH+=KFE 90 ⇒ KEC+=KFE 90 ⇒∆KEF vuông tại K
EF
⇒=MK =r .
1,0
2
EF
Tương tự .
⇒ MJ= = r
2
điều phải chứng minh.
⇒ MJ= MI= MK= r ⇒
x+ y 2019
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x;;y z thỏa mãn là số
( )
y+ z 2019
2 22
hữu tỉ và x ++y z là số nguyên tố.
7.
x+ y 2019 m
*
Ta có = mn,∈ , mn,=1 .
( )
( )
2,0đ
y+ z 2019 n
nx−=my 0
 x y m
2
0,5
⇒ nx− my= mz− ny 2019⇒ ⇒ = = ⇒=xz y .
( )

mz− ny=0
yz n

22
2 22 2 2
x+ y+ z=( xz+−) 2xz+ y=( xz+−) y=( x+ y+ z)( xz+− y)
0,5
2 22
Vì x++y z là số nguyên lớn hơn 1 và x ++y z là số nguyên tố nên
2 22

x+ y+ z= x++y z
0,5

x− y+=z 1

Từ đó suy ra . 0,5
x y z 1
x+ y 2019
2 22
Thử lại =1 và thỏa mãn yêu cầu bài toán.
x ++y z = 3
y+ z 2019
Kết luận (x; y;z)=(1;1;1) .
______________
5
= = =
= =

onthicaptoc.com Đề thi chọn HSG Toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình