SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10/4/2019

Bài 1: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3 .
 x x  6 x  12 x  8  y y

2) Giải hệ phương trình 

 x  2 x  1  2 y

Bài 2: (4 điểm)
1) Cho phương trình x 2  4 x  2 x  2  m  5 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm
M(0; 3) và cắt parabol  P  : y  x 2 tại hai điểm A, B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A, B lên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có
diện tích bằng 20.
Bài 3: (4 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20
2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.

và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 11


BÀI GIẢI
Bài 1: (4 điểm)
1) Ta có A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3  3  2 3  33  12 5  3 1  2 3 

3

2


 33  12 4  2 3  3  2 3  33 12 1  3   3  2 3 
  3  2 3   3  2 3    3  2 3  2 3  3   12  9  3
 3 2 3

21  12 3

2

2) (ĐK: x  0, y  0 )
3
3

 x x  6 x  12 x  8  y y
 x  2  y
 x 2  y
 x  2  y



 

 

 

 





y  1 vo ly 
x 1
y 1

x  9
x  9

 tm  . Vậy nghiệm của hệ là 
 y 1
y 1

x 3

Bài 2: (4 điểm)
2
1) Ta có x 2  4 x  2 x  2  m  5  x  2  2 x  2  m  1  0 * 
Đặt t  x  2  t  0  . Khi đó (*) trở thành: t 2  2t  m  1  0 **
Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt

 AC  BD  CD   xA2  xB2  

2

2

x

A

 xB



x


A

 xB



2

2

 2 xA xB

  x A  xB

2

2

 x A2  xB2  2 x A xB   x A  xB   2 x A xB  2  3  k 2  6  6

 k 2  4  k  2 . Vậy phương trình đường thẳng d là: y  2 x  3 hoặc y  2 x  3

Bài 3: (4 điểm)
2
2
1) Ta có: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20   x  1   x  y  2   25
2

2

2

2

2

Vì 25  02  52  02   5   32  4 2  32   4    3   42   3    4  , nên có các trường
hợp sau:
 x 1  0
 x 1  0
 x 1  5
 x  1
 x  1
x  4

 x  y  2  3  y  2
x 1  3
 x  1  4
 x  1  3
x2
 x  5
 x  4
; ) 
; ) 
) 



 y  8
y  6
 x  y  2  4
x  y  2  3  y  6
x  y  2  4
 x 1  4
 x  1  3
 x  1  4
x3
 x  4
 x  5
; ) 
; ) 
) 




 x  6
 x  4
*  2 x 2  18x  40  0  x 2  9 x  20  0   x  4  x  5   0  
 x  5

+) Với y  8; *  2 x 2  10 x  12  0  x 2  5 x  6  0   x  2  x  3   0  
+) Với y  6;
+) Với y  2;
+) Với y  0;
+) Với y  4;
+) Với y  6;

2) Gọi abcd là số tự nhiên phải tìm 1000  abcd  9999 
3

3

Ta có abcd   a  b  c  d   1000   a  b  c  d   9999  10  a  b  c  d  21
+) Nếu a  b  c  d  10  abcd  1000  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  11  abcd  1331  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  12  abcd  1728  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  13  abcd  2917  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  14  abcd  2744  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  15  abcd  3375  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  16  abcd  4096  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  17  abcd  4913  nhan  ;
G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C

Nên OA là trung trực của BC
Xét ABO: 
ABO  900 (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA (OA là trung trực của BC)
 AB 2  AH . AO

a

1 
ABD  
AED  sd BD
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
Xét ABD và AEB: 
2

 (góc chung). Vậy ABD
BAD

AEB (g.g) 

AB AD

 AB 2  AD.AE  b 
AE AB

AH AE

AD AO
AH AE
  chung  . Vậy AHD
Xét AHD và AEO:

AHD  EHO
AHD  900  EHO
AHD  BHO

Nên HB là phân giác trong của DHE, mà HA  HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài
HD ID AD


 c  (I là giao điểm của HB và DE)
HE IE AE
DP ID
DIP, DP // BE (gt) 

 d  (hệ quả Ta Lét)
BE IE
DQ AD
ABE, DQ // BE (gt) 

 e  (hệ quả Ta Lét)
BE AE
DP DQ
Từ c), d), e) 

 DP  DQ .
BE BE
DP AD
Gọi K’ là giao điểm của AP và BE. AEK’, DP // EK’ (gt) 

EK  AE
DQ DP


B
45 0

  450  gt  , MBF
  450 (BD là đường chéo hình vuông)
MAF

E

Vậy tứ giác ABMF nội tiếp  
AFM  1800  
ABM  1800  900  900
  450 ,
AFM: 
AFM  900 , FAM

K

F

nên AFM vuông cân tại F  AF = MF
Tương tự AENvuông cân tại E  AE = NE

D

M

H


1
  HM  HF   HN   HF  HM   HE   sin 450
2
1
1
1
 MF   HN  HE   sin 450  MF  NE  sin 450  AF  AE  sin 450  S AEF
2
2
2


2

Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh  a  b  c   3  ab  bc  ca  * .
Thật vậy *  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0  2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0
2

2

2

  a  b    b  c    c  a   0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra  a  b  c

Áp dụng (*), ta có: 32  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  3
2
2
 a  1 b 2
a  1  a  1  b  1  b 
Lại có: 2 

b2  1
2

 a  1 

 a  1 b 
2

a 1
ab  b
  a  1 
2
b 1
2

 do b  0 

b 1
bc  c
c 1
ca  a
  b  1 
;
  c  1 
2
2
c 1
2
a 1
2