SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 - 2019


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 =
+
+ 1 :  1 −
−
P 

 xy + 1 1 − xy
 
1
1
−
+
xy
xy


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)
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho

x + y 2019
là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2
y + z 2019

là số nguyên tố.
 HẾT 

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:..................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


Câu

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019


Điểm

x +1 

xy + 1 

b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và =
y x2 + 6 .
 x +1
 
xy + x
=
P 
+
+ 1 :  1 −
 xy + 1 1 − xy
 

 

=

(

xy − 1 −

a.
1,5đ


)(

x +1

xy − 1

(

(

4−2 6 + 3 4+2 6

)(

0,5

)

xy − 1

xy + 1 + 1 − xy

0,5
0,5

1
.
xy

Vậy với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 thì P =


xy + x

)

3

)

=
8 + 3 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 3 4 − 2 6 .3 4 + 2 6 =
8 − 6x
b.
1,5đ ⇒ x3 + 6 x =8 ⇔ x x 2 + 6 =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định
(
)

2
2
. Vậy P =
.
4
4
3m – 4 ,
Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =

Thay vào ta có P =

0,5
0,5


0,5


Câu

Ý

Nội dung

Điểm

3m − 2

x
=

m ≠ 0
m
Với 
hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
m ≠ 2
y = m − 2

m
 3m − 2 m − 2 
Lúc đó M 
;

m 

thỏa mãn.
3
2 3
2 3
.
Vậy m =
;m = −
3
3
⇔m=
±

1,0

a. Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 =
0
 x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 =
0
b. Giải hệ phương trình:  2
1
3x − y + 7
 x − xy − 4 x −=
3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 =
0
−1
Điều kiện xác định
≤ x ≤ 6 ( *)
3

Phương trình đã cho ⇔


⇔

a.
2,0đ

3.
4,0đ

1,0

 x = 5 ( t/m (*) )

⇔
3
1
0 (1)
 3 x + 1 + 4 + 6 − x + 1 + ( 3 x + 1) =

0,5

VT của pt (1) luôn lớn hơn 0 với mọi x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm

0,5

Vậy tập nghiệm phương trình là S = {5} .
3
2
2
0 (1)


Điểm
0,5

+ 2 > 0∀x )

Thay y= 2 − x vào (2) ta được
3x − ( 2 − x ) + 7 ⇔ 4 x + 5= 2 x 2 − 6 x − 1

x 2 − x ( 2 − x ) − 4 x − 1=

2
=
2 4 x + 5 + 11
⇔ 2 4 x + 5= 4 x 2 − 12 x − 2 ⇔ (2 x − 3)

Đặt

4 x + 5 = 2t − 3 .

( 2t − 3)2 =4 x + 5
( 2t − 3) =4 x + 5


( 2t − 3) =4 x + 5
Ta có 
⇔
⇔  t = x

2

0,5

)

Hệ có nghiệm ( x; y ) = 2 + 3; − 3 .
 x2 − 2x − 1 =
0
Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ 4 x + 5 =1 − 2 x ⇔ 
⇔ x =1 − 2
1 − 2 x ≥ 0

⇒ y =1 + 2 thỏa mãn điều kiện xác định.

(

)

0,5

1 2;1 + 2 .
Hệ có nghiệm ( x; y ) =−

Vậy hệ có nghiệm:

( x; y ) =( 2 +

(

)


 a +b  3−c 
Do 3 – 2c > 0 và ab ≤ 
 =

 , suy ra
 2   2 
1
2
2
T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c )
2
1
2
= 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c )
2
3
27
1
2
2
=c 3 − c 2 +
=c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13
2
2
2

3

0,75


C

Gọi M là trung điểm BC
Ta có tam giác ABD vuông tại D
AD
nên tanB =
BD
AD
Tương tự : tanC =
CD
AD 2
⇒ tanB.tanC =
BD.CD

0,5

=

 = EHA
 ⇒ HBD
Ta có BHD
HAE

AD.DH ⇒ tanB.tanC =
⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD =

Ta có HG//BC ⇒

AD
DH

1
1
+
+
= 1
= 1
tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B
S
tan A + tan B + tan C
⇒
=
1 ⇒ ĐPCM
tan A.tan B.tanC

0,5

Ta có tanB.tanC =
5.
3,0đ

b.
1,5đ

⇒

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


 + EAH

 + EAB


 ⇒ AEC
=

a. AEC
= 900 ,CAE
= 900 , EAH
= EAB
CAE
⇒ ∆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 .
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC
2r
vuông tại A ta chứng minh được AB + AC − BC =

⇒ EF =
2r
 = KAC
 mà KAC
 = KAH
,

2,0đ

x + y 2019 m
= ( m, n ∈  * , ( m, n ) =
1) .
y + z 2019 n
0
nx − my =
x y m
⇒ =
=
⇒ xz = y 2 .
⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒ 
0
y z
n
mz − ny =

Ta có

x 2 + y 2 + z 2 =( x + z ) − 2 xz + y 2 =( x + z ) − y 2 =( x + y + z )( x + z − y )
2

0,5

2

Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x + y + z là số nguyên tố nên
 x2 + y 2 + z 2 = x + y + z
