SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS - KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2019

Bài 1 (5,0 điểm).
1.Tính giá trị biểu thức A = x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng
x  3 3  2 2  3 3  2 2 ; y  3 17  12 2 
2. Cho hai số thức m, n khác 0 thỏa mãn

3

17  12 2

1
1 1
 
m n 2

Chứng minh rằng phương trình  x 2  mx  n  x 2  nx  m   0 luôn có nghiệm
Bài 2. (5,0 điểm)
2
 x  xy  y  1
1. Giải hệ phương trình 
 x  3 y  4x  5


LỜI GIẢI THAM KHẢO – ĐỘC GIẢ GÓP Ý
Bài 1.
1. Đặt x  3 3  2 2 

3

3  2 2 = a + b khi đó



3





x 3   a  b   a 3  b3  3ab  a  b   3  2 2  3  2 2  3 3 3  2 2 3  2 2 .x
3

3

 x  6  3x  x  3x  6 (1)

Đặt y  3 17  12 2 

3

17  12 2 = c + d khi đó




Do đó 1   2  m 2  4n  n 2  4m  m 2  n 2  4  m  n  = m 2  n 2  2mn   m  n   0
Suy ra trong 1 và  2 có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 0
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
Bài 2.
 x 2  xy  y  1 (1)
1. 
. Điều kiện x  0
 x  3 y  4x  5 (2)
PT (1)  x 2  xy  y  1  0 (3)
2

PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có   y 2  4y  4   y  2   0
Do đó PT (3) có hai nghiệm x   1 (loại vì x  0), x = 

c
 1  y (điều kiện y  1 vì x  0)
a

 y = -x + 1 . Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có
x  3  x  1  4x  5  x  1  3 x  1  4x  4  0



x 1
x 1



3

2

Phương trình (2) có   a 2  4a  8   a  2   4
Phương trình (1) có nghiệm nguyên  Phương trình (2) có nghiệm nguyên
  là số chính phương
2
2
Đặt  a  2   4 = k 2 (k  N)  k 2   a  2   4   k  a  2  k  a  2   4


Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên (k + a – 2) và (k – a +
2) là số chẵn.
k  a  2  2
k  a  2   2
k  2
k   2
 
hoặc 
hoặc 
k  a  2  2
k  a  2   2
a  2
a  2

a  k2
22

2
x 
2

4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho.
2. Đặt P = a b 3  1  b c3  1  c a 3  1 suy ra
2P = 2a b3  1  2b c3  1  2c a 3  1 =
2a

 b  1  b2  b  1  2b  c  1  c2  c  1  2c  a  1  a 2  a  1

 a  b 2  2   b  c2  2   c  a 2  2  = ab 2  bc 2  ca 2  6  Q  6

Không mất tính tổng quát, ta giả sử b  c  a ta có
b  a  c  c  b   0  abc  b 2 c  ab 2  bc2  ab 2  bc 2  ca 2  abc  b 2 c  ca 2
2

Do đó Q  abc  b 2c  ca 2  2abc  b 2c  ca 2  c  a  b   4c
3

ab ab
.
2
2

2

4 a  b  c
4 
a b a b
4.33




AMNP là tứ giác nội tiếp (1)

A

M
1

B

D

C


Ta có APC  MDC  900 nên MPCD là tứ giác nội tiếp
Suy ra P1  C1 mà C1  MBD (vì AD là trung trực của BC)
 MBD  P1

Ta có AMB  ADB  MBD  900  MBD mà MBD  P1
Suy ra AMB  900  P1  APM  P1  APH  AMB  AMH  APH  AMH  1800
Do đó B, M, H thẳng hàng  AH  BH
b) Ta có IBA  BAD  450 (vì BI // AD)
Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác góc ADB
 ADI  BDI  450 . Do đó IBA  IDA   450   A, I, B, D cùng thuộc một đường tròn (3)
Ta có AHB  ADB  900 nên A, H, D, B cùng thuộc một đường tròn (4)
Từ (3) và (4) suy ra A, H, D, B, I cùng thuộc một đường tròn
 IHD  IBD  1800  IHD  900 (vì IBD  900 ) lại có NHD  900
Do đó H, N, I thẳng hàng.
2.
 Cách 1:

MC AC
 MC.BD = AC.MD
=
Tương tự
MD BD
MB AB DB
Do đó
(2)
=
.
MC AC DC
HB MB AB  DC DB  AB
DC DB
AB
Ta có
+

+
.2.
.
 2.


HC MC AC  DB DC  AC
DB DC
AC
Dấu « = » xảy ra  DB = DC  AB = AC   ABC cân tại A.

nên  HBA ∽  CDA (g.g) 



  ABD ∽  AHC (g.g) 

BD AD
(2)

HC AC

O
B

H

M

I

D

C


HB BD AB AD AB
HB AB CD
.

.




.



.
MC CI
AM AC AC
MC AC BI
HB MB AB2 CD CI
AB2 CD CI
Từ (3) và (6) suy ra
=
.

.
.
.
.

HC MC AC 2 BD BI
AC 2 BI BD

Từ (1), (2) suy ra

(3)

(6)
AB2
(vì CD = BI, CI = BD)
AC 2


MC
HC MC
BC BC
  ABC cân tại A.

Ta có