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

a, b  0

thỏa

mãn

1 1
1
 
.
a b 2018

Chứng

minh

rằng

a  b  a  2018  b  2018 .

x
3 yz 4 zx 5 xy


4
x
y
z

Cho đường tròn  O; R  và điểm A cố định với OA  2R , 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.


.

Lời giải
a) Từ giả thiết
1 1
1
ab
ab
ab
 
 2018 
 a  2018  b  2018  a 
 b
a b 2018
a b
a b
a b
a
b
ab


 a  b (Vì a, b  0 ).
ab
ab
ab





2

2



 a  2 .

a4  a  2  a2

a a2a
4

4



a 4  1  2 3a 2  2  a 2

 a2  a2  3  a2  3  a2  a2  3 .

a) Giải phương trình (1 điểm) 1  1  x  3 2  x  x .
b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  x  2018  y 4  6 y3  11y 2  6 y
2

Lời giải
a) Giải phương trình 1  1  x  3 2  x  x . ĐK: x  1

1 

 3 2
 3
2

 1 x  b

a  b  1

a  b  1
 3
2
b  3b  3b  1  b  1 b  2b  3b  0
2

a  1

 x  1.
b  0

Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x 0;1 .
b)  x  2018  y 4  6 y3  11y 2  6 y   x  2018  1   y 2  3 y  1
2

2

2

  x  2018   y 2  3 y  1  1   y 2  3 y  x  2019  y 2  3 y  x  2017   1
2


1




2

 y 2  3 y  x  2019  1  x  2018
 x  2018; y  1

TH2:  2
.
 2

 y  3 y  x  2017  1  y  3 y  2  0
 x  2018; y  2


Vậy

phương

trình

có

 x; y   2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3




2

a) ĐKXĐ: x, y   . Từ  3x  2 y  y  1  4  x2
  x  2 y  4  x  y  1  0 .

x  y 1  0  y  1  x

Vì

1
x, y    x  2 y  4  0 ,
2

do

đó:


Thay vào phương trình 1 ta được:

2x 1  3  2x 

4 x2  4 x  1
2

 2 ;

3
 1
  x  

2 (thỏa mãn điều kiện
TH1: t  2   2 x  1 3  2 x   0  
3
1
x  ; y  

2
2

xác định)
TH2: t  5  1   2 x  1 3  2 x   1  5  0 (vô lí).
 1 3
3 1 
Vậy phương trình có nghiệm:  x; y     ;  ,  ;    .
 2 2   2

2 

b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có
3 yz 4 zx 5 xy  yz zx   zy xy   zx xy 


     2     3    2z  4 y  6x
x
y
z
y  x
z   y z 
 x
 4  x  y   2( z  x)  8 xy  4 xz  4 x (2 y  z )  4 x .

O

I

K
E

N

C

a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp  ABC  DEC  180  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)


OA OB
OB.OB R
5


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.