Đề chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM 2019
Câu 1 (4,0 điểm):
 3x 9x 3 x 1 x 2
 1/ Cho biểu thức P 
 x x 2 x 2 x 1
 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P .
 b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 20 14 2 3 20 14 2
 a b
 2/ Cho b a 0 và 3a2 b2 4ab . Tính .
 a b
Câu 2 (4,0 điểm):
 1/ Giải phương trình x2 3x 1 (x 3) x2 1 .
 4x 3x
 2/ Giải phương trình 1
 4x2 8x 7 4x2 10x 7
Câu 3 (4,0 điểm):
 1/ Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương.
 2/ Cho x, y, z là các số nguyên thoả mãn : x – y y – z z – x x y z 
 Chứng minh: x y z chia hết cho 27.
Câu 4 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF 
 cắt nhau tại H .
 1/ Chứng minh rằng: AEF ∽ ABC 
 2/ Chứng minh rằng: AE.BF.CD AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC .
 2 2 2
 3/ Chứng minh rằng: SDEF 1– cos A – cos B – cos C .SABC .
 4/ Cho biết AH k.HD . Chứng minh rằng:tanB.tanC k 1
 HA BH HC
 5/ Chứng minh rằng: 3 .
 BC AC AB
Câu 5 (2,0 điểm): Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn a b c 1. Tìm GTLN 
 của biểu thức: P a2 abc b2 abc c2 abc 9 abc
 ....................HẾT.................
 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM 2019 Câu 1 (4,0 điểm):
 3x 9x 3 x 1 x 2
 1/ Cho biểu thức P .
 x x 2 x 2 x 1
 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P .
 b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 20 14 2 3 20 14 2
 a b
 2/ Cho b a 0 và 3a2 b2 4ab . Tính .
 a b
 Lời giải
 1/ a/ ĐKXĐ: x 0 , x 1
 3x 3 x 3 x 1 x 2
 Ta có P 
 ( x 1)( x 2) x 2 x 1
 3x 3 x 3 ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 2)
 ( x 1)( x 2)
 3x 3 x 3 x 1 x 4 x 3 x 2
 ( x 1)( x 2) x 1 x 2 
 x 1 x 2 x 1
 x 1 x 2 x 1
 b) Rút gọn P khi x 3 20 14 2 3 20 14 2 .
 Ta có x 3 20 14 2 3 20 14 2
 x3 40 33 20 14 2 20 14 2 3 20 14 2 3 20 14 2 
 x3 40 6x x3 6x 40 0
 2
 x 4 x2 4x 10 0 x 4 (vì x2 4x 10 x 2 6 0 )
 Thay x 4 vào biểu thức thu gọn ta được P 3
 a b
 2/ Cho b a 0 và 3a2 b2 4ab . Tính .
 a b
 Ta có 3a2 b2 4ab 3a2 3ab b2 ab 0 (a b)(3a b) 0
 Vì b a 0 a b 0 . Suy ra b 3a 0 b 3a .
 a b a 3a 2a 1
 Vì vậy (vì a 0 )
 a b a 3a 4a 2
Câu 2 (4,0 điểm): 1/ Giải phương trình x2 3x 1 (x 3) x2 1 .
 4x 3x
 2/ Giải phương trình 1.
 4x2 8x 7 4x2 10x 7
 Lời giải
 1/ HD: Đặt x2 1 y , với y 1. 
 Khi đó ta được y2 3x (x 3)y (y 3)(y x) 0 .
 Dẫn đến y 3 hoặc y x . Từ đó phương trình có nghiệm là x 2 2 .
 4x 3x
 2) Giải phương trình 1.
 4x2 8x 7 4x2 10x 7
 2
 2 2 2 5 3
 Vì: 4x 8x 7 4(x 1) 3 0 x ¡ , 4x 10x 7 2x 0 x ¡ , 
 2 4
 nên ĐKXĐ của phương trình là x ¡
 Dễ thấy x 0 không là nghiệm của (1). 
 Chia cả tử và mẫu của (1) cho x 0 , ta được: 
 4 3
 1
 7 7
 4x 8 4x 10
 x x
 7 4 3
 Đặt y 4x , phương trình trở thành: 1
 x y 8 y 10
 4(y 10) 3(y 8) (y 8)(y 10) y2 25y 144 0
 y 9 hoặc y 16
 2
 7 2 9 31
 +) Với y 9 , ta được 4x 9 4x 9x 7 0 2x 0: 
 x 4 16
 vô nghiệm
 7 2
 +) Với y 16 , ta được 4x 16 4x2 16x 7 0 2x 4 9 0
 x
 1 7
 x hoặc x (thỏa mãn điều kiện)
 2 2
 1 7
 Vậy phương trình có 2 nghiệm x ; x 
 2 2
Câu 3 (4,0 điểm):
 1/ Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương.
 2/ Cho x, y, z là các số nguyên thoả mãn : x – y y – z z – x x y z Chứng minh: x y z chia hết cho 27.
 Lời giải
 1/ Để n 18 và n 41 là hai số chính phương
 n 18 p2 và n 41 q2 p,q N 
 p2 q2 n 18 n 41 59 p q p q 59
 p q 1 p 30
 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 
 p q 59 q 29
 Từ n 18 p2 302 900 suy ra n 882
 Thay vào n 41, ta được 882 41 841 292 q2 .
 Vậy với n 882 thì n 18 và n 41 là hai số chính phương
 2/ Khi chia x, y, z cho 3 ta được một trong các số dư là 0, 1, 2. 
 * Nếu 3 số dư khác nhau thì x – y, y – z, z – x đều không chia hết cho 3 nên 
 x – y y – z z – x không chia hết cho 3, còn x y z chia hết cho 3 (loại).
 * Nếu chỉ có 2 số dư giống nhau. Không giảm tính tổng quát ta giả sử x – y  3 
 khi đó x y z không chia hết cho 3 (loại)
 * Nếu 3 số khi chia cho 3 có cùng số dư thì x – y , y – z , z – x đều chia hết 
 cho 3 nên x y z x – y y – z z – x  27 .
Câu 4 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF 
 cắt nhau tại H .
 1) Chứng minh rằng: AEF ∽ ABC 
 2) Chứng minh rằng: AE.BF.CD AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC .
 2 2 2
 3) Chứng minh rằng: SDEF 1– cos A – cos B – cos C .SABC .
 4) Cho biết AH k.HD . Chứng minh rằng:
 tanB.tanC k 1 A
 HA BH HC
 5) Chứng minh rằng: 3 .
 BC AC AB
 Lời giải E
 AE F
 1) ABE vuông tại E nên cosA 
 AB
 H
 AF
 ACF vuông tại F nên cosA . Suy ra 
 AC
 AE AF
 AEF ∽ ABC c.g.c B D C
 AB AC
 2) Ta có: AE AB.cosA; BF BC.cosB ; CD AC.cosC . Từ đó suy ra
AE.BF.CD AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC .
 2
 SAEF AE 2
3) AEF ∽ ABC c.g.c cos A (*)
 SABC AB 
 S S
Tương tự (*) có BDF cos2 B ; CDE cos2C . Từ đó suy ra:
 SABC SABC
S S S S S S S S
 DEF ABC AEF BDF CDE = 1 AEF BDF CDE = 1– cos2 A– cos2 B – cos2C 
SABC SABC SABC SABC SABC
 2 2 2
Suy ra SDEF 1– cos A – cos B – cos C .SABC .
 AD AD AD2
4) Ta có tanB ; tanC . Suy ra tanB.tanC 
 BD CD BD.CD
Vì AH k.HD AD AH HD k.HD HD k 1 .HD 
 2
 AD k 1 .HD (1) nên AD2 HD2. k 1 .
 HD2 (k 1)2
Do đó tanB.tanC (2)
 BD.CD
 DB HD
Lại có: DHB ∽ DCA g.g nên DB.DC AD.HD (3)
 AD DC
Từ (1), (2) và (3), ta có: 
 HD2 (k 1)2 HD(k 1)2
tanB.tanC = 
 AD.HD AD
HD(k 1)2 A
 k 1.
 HD.(k 1)
Vậy tanB.tanC k 1 (đpcm)
5) Đặt E
BC a, CA b, AB c, 
 . F
AH x, BH y, CH z
 HC CE N H M
 Từ AFC ∽ HEC 
 AC CF
 HC.HB CE.HB SHBC
 B D C
 AC.AB CF.AB SABC
 HB.HA S HA.HC S
Tương tự: HAB ; HAC . Do đó:
 AC.BC SABC AB.BC SABC
 xy yz zx HA.HB HB.HC HC.HA S S S
 HBC HCA HAB 1
ab bc ca AC.BC AC.AB AB.BC SABC 2
 x y z xy yz zx 
 Lại có: 3. = 3.1 = 3
 a b c ab bc ac 
 x y z
 nên 3 suy ra đpcm.
 a b c
Câu 5 (2,0 điểm): Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn a b c 1. Tìm GTLN 
 của biểu thức: P a2 abc b2 abc c2 abc 9 abc .
 Lời giải
 a2 abc abc a a a b c bc bc a a b a c bc 
 1 3 1 
 Theo BĐT cosi ta có: a 3. .a a 
 3 2 3 
 a b a c b c
 a b a c bc 1
 2 2
 2 3 1 
 Từ đó suy ra a abc abc a 
 2 3 
 Tương tự ta có: 
 2 3 1 2 3 1 
 b abc abc b ; c abc abc c 
 2 3 2 3 
 3
 a b c 1
 Mà abc .
 3 3 3
 3 1 3 1 3 1 6 5 3
 Từ đó P a b c .
 2 3 2 3 2 3 3 3 3
 1
 Dấu bằng xảy ra a b c .
 3