033_Đề HSG Toán 9_Đak Lak_2017-2018

ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (4 điểm) Rút gọn biểu thức P  x 3 x  x  2017 Tìm x cho P  2018 x3 x 2 Giải phương trình  x2  x  x2    20 Câu 2: (4 điểm) Cho phương trình x2   2m  3 x  m2  , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác , (chúng trùng nhau) biểu thức 1 đạt giá trị nhỏ  x1 x2 Cho parabol  P  : y  ax2 Tìm điều kiện a để  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02   y0   x0  y0  Câu 3: (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y  x  y  18 Tìm tất cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b khác ước số chung lớn a, b ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có 16 ước số nguyên dương Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E ( D  B, E  C ) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC Câu 5: ( điểm) Với x, y hai số thực thỏa mãn y3  y  y   11  x2  x4  x6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T  x  y  2018 Câu 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BC góc 1500 Chứng minh MA2  2MB.MC LỜI GIẢI Câu 1: (4 điểm) Rút gọn biểu thức P  x 3 x  x  2017 Tìm x cho P  2018 x3 x 2 Giải phương trình  x2  x  x2    20 Lời giải P Ta có   x 3 x  x   x3 x 2 x  x 1  x 1 x 2    Mặt khác P  2017  2018 Ta có   x 1  x 1 x 3  x 2  x3 x 2    x  1 x 3  x  2 x 2 x 2   x 1 x 2 x  2017  x  2016  x  20162  2018 x 2 x  x  x    20  x  x   x   x    20   x  x  x  x  8  20   x  x    x  x     20  x2  x   2   x  x    16  20   x  x    36   x  x     Ta thấy phương trình x2  x   6 vô nghiệm  x   11 Mặt khác, x2  x    x2  x 10     x   11 Vậy phương trình có nghiệm x   11 x   11 Câu 2: (4 điểm) Cho phương trình x2   2m  3 x  m2  , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác , (chúng trùng nhau) biểu thức 1 đạt giá trị nhỏ  x1 x2 Cho parabol  P  : y  ax2 Tìm điều kiện a để  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02   y0   x0  y0  Lời giải 1.Phương trình có hai nghiệm khác m   2m  32  m2     m  3 m  1     m     m  m  m    x  x  2  2m  3 Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có  2   x1 x2  m Lại có 1 x1  x2 2  2m  3 12m  18 2m2  2m2  12m  18      m2 3m2 3m2 x1 x2 x1 x2 2  m  3    3m Dấu sảy m  2.Ta có x02   y0   x0  y0   x02   x0  y0   y0   x02   x0  y0   y0   x2   y   x  y  0  x02   y0   x02   y0  Vậy nên    x0   y0   x0  y0  3  1  a  x02   x02    1 a   a  1 a Câu 3: (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y  x  y  18 Tìm tất cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b khác ước số chung lớn a, b ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có 16 ước số nguyên dương Lời giải 1.Ta x2  y  x  y  18   x2  x     y  y  1  21 có   x     y  1  21   x  y  1 x  y  3  21 2 Do sảy trường hợp sau: x  y 1  x    x  y   21  y  +)  x  y 1  x   x  y   y  +)  Ta có: N  ab  ab  1 2ab  1 chia hết cho số: 1; a ; b  ab  1 2ab  1 ; b ; a  ab  1 2ab  1 ; ab  1; ab  2ab  1 ; 2ab  ; ab  ab  1 ; N ; ab ;  ab  1 2ab  1 ; b  ab  1 ; a  2ab  1 ; a  ab  1 ; b  2ab  1 có 16 ước dương Nên để N có 16 ước dương a; b; ab  1; 2ab  số nguyên tố Do a, b   ab   Nếu a; b lẻ ab  chia hết hợp số (vơ lý) Do khơng tính tổng qt, giả sử a chẵn b lẻ  a  Ta có b khơng chia hết cho 2ab   4b  ab   2b  chia hết cho hợp số (vô lý)  b  Vậy a  2; b  Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E ( D  B, E  C ) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC A E D HN M B F C 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp (Đơn giản) 2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC sau: BAC  DHE  MFN  BHC  1800 (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp) Mà DHE  BHC (đối đỉnh) suy BAC  MFN  F1  F2 Lại có F1  B1; F2  C1; B1  C1  F1  F2  B1  B2 (tứ giác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp)   Do BAC  2B1  900  BAC  3BAC  1800  BAC  600 Câu 5: ( điểm) Với x, y hai số thực thỏa mãn y3  y  y   11  x2  x4  x6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T  x  y  2018 Điều kiện 3  x  y  y  y   11  x  x  x   y  1   y  1    a3  2a  b3  2b, a  y  1; b   x   x2  2  x2    a3  b3    a  b     a  b   a  ab  b2    Do a  ab  b2    a  b   b2     Suy a  b   y    x2   y   x2     x  y  x   x2     x   x2  3  x  Đẳng thức xảy   9  x   x   y  1 Vậy giá trị lớn T 2022 x = 3; y=-1 Ta lại có x  y    x   x     x    x  x  x  18   x  x2  x      2 x   (Đúng) Suy T  x  y  2018    2018  2019  Đẳng thức xảy khi y 2x    x   (thỏa mãn) Suy 3 2  1  2   Vậy GTNN T 2019  x  Câu 6: (2 điểm) 3 22 ;y 2 Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BC góc 1500 Chứng minh MA2  2MB.MC A E M C B F Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chưa điểm M,lấy điểm E cho AME đều; nửa mặt phẳng bờ BC không chưa điểm m,lấy điểm F cho CMF Ta có MAE  BAC  600  MAB  BAE  MAB  CAM  BAE  CAM  BAE  CAM (c – g - c) Suy BE  CM ; ABE  ACM Tương tự MCF  ACB  600  MCB  BCF  MCB  ACM  BCF  ACM Ta có BE  CM ; CM  CF  BE  CF ; ABE  ACM ; ACM  BCF  ABE  BCF Suy BAE  CBF  c  g  c   AE  BF Mà AE  AM  BF  AM Mặt khác BMF  BMC  CMF  1500  600  900 ( CMF đều, nên MF  MC ) Xét BMF : BMF  900  BF  MB2  MF  MA2  MB2  MC  2MB.MC ( CMF MF= MC)