Đề chọn học sinh giỏi cấp huyện vòng 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Quỳ Hợp (Có đáp án)

 PHÒNG GD VÀ ĐT HUYỆN QUỲ HỢP
 KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG 1
 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN 9
Câu 1. (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức:
 1. A 4 10 2 5 4 10 2 5
 2 x 4 4 2 x x 13 x 20
 2. Cho biểu thức P 
 3 x 4 x 2 3x 10 x 8
 a. Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P
 b. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2. Giải các phương trình sau :
 1
 a. x 5 y 2019 z 2021 x y z 
 2
 b. 3x2 12x 21 5x2 20x 24 2x2 8x 3
Câu 3. ( 6,0 điểm)
a. Xác định đa thức bậc bốn f x biết: f 0 1 và f x f x 1 x x 1 2x 1 với 
 x ¡ .
b. Tìm x, y nguyên dương x y thỏa mãn x3 7y y3 7x
c. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: 
 1 1 1 3
 a2 b c b2 c a c2 a b 2
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC vuông tại A , AH vuông góc với BC , AD là đường phân giác. 
Gọi HM , HN là đường phân giác của tam giác HAB , HAC .
a. Chứng minh DM //AC và AD MB .
b. Gọi AP, AQ là đường phân giác của tam giác AHB , AHC . Chứng minh rằng: 
 PQ2 2PB.CQ .
2. Cho tam giác đều ABC , đường cao AH . Lấy điểm M nằm giữa B và C , vẽ MD 
vuông góc với AB tại D , ME vuông góc với AC tại E . Tìm vị trí của điểm M trên 
 BC để diện tích MDE lớn nhất. 
Câu 5. ( 1,0 điểm) Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng không có hai người nào câu được 
 số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không ít 
 hơn 50 con cá.
 HẾT
 ĐÁP ÁN
 KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN QUỲ HỢP VÒNG 1
 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN 9
Câu 1. Rút gọn biểu thức
 1. A 4 10 2 5 4 10 2 5
 2 x 4 4 2 x x 33 x 20
 2. Cho biểu thức P 
 3 x 4 x 2 3x 30 x 8
 a. Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P
 b. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
 Lời giải
 1. Ta có: A 0 A2 8 2 4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 6 2 5
 2 2
 A2 8 2 5 1 8 2. 5 1 6 2 5 5 1 
 A 5 1 (vì A 0 )
 2 x 4 4 2 x x 13 x 20
 2. Cho biểu thức P 
 3 x 4 x 2 3x 10 x 8
 x 0
 x 0
 3 x 4 0 16
 a. Để biểu thức P có nghĩa x 
 x 2 0 9
 x 4
 3x 10 x 8 0 
 16
 Vậy x 0; x ; x 4 thì P có nghĩa
 9
 Rút gọn: 
 2 x 4 x 2 4 2 x 3 x 4 x 13 x 20
 P 
 x 2 3 x 4 x 2 3 x 4 x 2 3 x 4 
 2x 8 x 8 6x 4 x 16 x 13 x 20
 P 
 x 2 3 x 4 3x x 4 x 1 3 x 4 x 1
 P 
 x 2 3 x 4 x 2 3 x 4 2 x
 b. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
 x 1 3 16
 Ta có: P 1 với x 0; x ; x 4
 2 x 2 x 9
 3
 Đề P nguyên nguyên 32 x , vì x ¢ nên 2 x U (3)
 2 x
 2 x 1; 3 2 x 1; 1; 3vì 2 x 2
 x 1;3;5 x 1;9;25 thoả mãn
 Vậy x 1;9;25 thì P nguyên.
Câu 2. Giải các phương trình sau :
 1
 a. x 5 y 2019 z 2021 x y z 
 2
 b. 3x2 12x 21 5x2 20x 24 2x2 8x 3
 Lời giải
 a. ĐKXĐ: x 5; y 2019; z 2021
 Phương trình (1) 2 x 5 2 y 2019 2 z 2021 x y z
 x 5 2 x 5 1 y 2019 2 y 2019 1 z 2021 2 z 2021 1 0
 2 2 2
 x 5 1 y 2019 1 z 2021 1 0
 2 2 2
 Vì x 5 1 0; y 2019 1 0; z 2021 1 0
 x 5; y 2019; z 2021
 2 2 2
 x 5 1 y 2019 1 z 2021 1 0
 x 5 1 0 x 6
 Dấu " " xảy ra khi y 2019 1 0 y 2020
 z 2020
 x 2021 1 0 
 Vậy x 6; y 2020; z 2020.
 a. 3x2 12x 21 5x2 20x 24 2x2 8x 3 (2)
 Lời giải:
Ta có: 3x2 12x 21 3 x 2 2 9 0 và 5x2 20x 24 5 x 2 2 4 0 Đặt a 3x2 12x 21;b 5x2 20x 24 ĐK: a 0;b 0
 a2 b2 2x2 8x 3
Phương trình (2) có dạng a b a2 b2
 a b a b 1 0
 a b 1 0 vì a b 0
Với a b 1 0 a b 1 mà a2 b2 2x2 8x 3 a b 2x2 8x 3
 a x2 4x 1
Ta có phương trình: 3x2 12x 21 x2 4x 1
Xét vế trái: 3x2 12x 21 3 x 2 2 9 9 3
Và vế phải: x2 4x 1 x 2 2 3 3
Dấu " " xảy ra khi x 2 0 x 2 (thoả mãn)
Vậy phương trình (2) có nghiệm x 2
Câu 3. ( 6,0 điểm)
a. Xác định đa thức bậc bốn f x biết: f 0 1 và f x f x 1 x x 1 2x 1 với 
 x ¡ .
b. Tìm x, y nguyên dương x y thỏa mãn x3 7y y3 7x
c. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc 1
 1 1 1 3
Chứng minh rằng: 
 a2 b c b2 c a c2 a b 2
 Lời giải
 a) Gọi đa thức bậc bốn f x có dạng: 
 f x ax4 bx3 cx2 dx e a, b, c, d, e ¡ ; a 0 
 Ta có: f 0 1 e 1
 f x ax4 bx3 cx2 dx e f x 1 a x 1 4 b x 1 3 c x 1 2 d x 1 e
f x f x 1 ax4 a x 1 4 bx3 b x 1 3 cx2 c x 1 2 dx d x 1 
f x f x 1 4ax3 3x2 2a b x 4a 3b 2c a b c d
Mà f x f x 1 x x 1 2x 1 2x3 3x2 x
 1
 a 
 4a 2 2
 2a b 1 b 2
 4a 3b 2c 1 5
 c 
 a b c d 0 2
 d 1
 1 5
 f x ax4 bx3 cx2 dx e x4 2x3 x2 x 1.
 2 2
b) x3 7y y3 7x
 x y x2 xy y2 7 x y 
 x y x2 xy y2 7 0
 x y 0 x y L 
 2 2 2 2
 x xy y 7 0 x xy y 7 0
Do x, y ¢ 
x2 xy y2 7 x, y 2
Nếu x 2 22 2y y2 7 y2 2y 3 y2 2y 3 0
 y2 1 2 y 1 0 y 1 y 1 2 y 1 0
 y 1 y 1 2 0
 y 1 0 y 1
 y 3 0 y 3 L 
Tương tự nếu x 1 thì y 2
Vậy có các cặp nghiệm thỏa mãn x, y 2;1 , 1;2  .
 1 1 1 1
c) Đặt a ,b ,c abc 1
 x y z x.y.z
 1 x 1 y 1 z
Ta có: , , 
 a2 b c y z b2 c a z x c2 a b x y 1 1 1 x y z
 a2 b c b2 c a c2 a b y z z x x y
 x y z x y z x y z x y z
 1 1 1 
 y z z x x y y z z x x y
 x y z x y z x y z x y z
 3
 y z z x x y y z z x x y
 x y z x y z x y z 1 1 1 
 3 x y z 3
 y z z x x y y z z x x y 
 1 1 1 1 1 1 1 
 x y z 3 x y y z z x 3
 y z z x x y 2 y z z x x y 
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số x y , y z , z x :
 1 1 1 
 x y y z z x 
 y z z x x y 
 1
 33 x y y z z x .3.3
 x y y z z x 
 1 1 1 1 1 3
 x y y z z x 3 .9 3 
 2 y z z x x y 2 2
 Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC vuông tại A , AH vuông góc với BC , AD là đường phân giác. 
Gọi HM , HN là đường phân giác của tam giác HAB , HAC .
a. Chứng minh DM //AC và AD MB .
b. Gọi AP, AQ là đường phân giác của tam giác AHB , AHC . Chứng minh rằng: 
 PQ2 2PB.CQ .
2. Cho tam giác đều ABC , đường cao AH . Lấy điểm M nằm giữa B và C , vẽ MD 
vuông góc với AB tại D , ME vuông góc với AC tại E . Tìm vị trí của điểm M trên 
 BC để diện tích MDE lớn nhất. 
 Lời giải B
 H
 M D
 C
 A N
a) Chứng minh MD P AC
Áp dụng tính chất tia phân giác AD, HM tương ứng của tam giác ABC, AHB ta có 
 DB AB MB HB
 , (1)
 DC AC MC HA
Xét ABC, HBAcó 
 · · 0
 BAC BHA 90 
 · ·
 ABH ABC
 DB MB
Suy ra ABC ∽ HBA g.g (2)
 DC MC
 DB MB
Từ (1) và (2) suy ra . Theo định lí Ta-lét đảo ta có MD P AC .
 DC MC
*Chứng minh AD MN
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có DN P AB
 MD P AC
Tứ giác AMDN có nên AMDN là hình bình hành.
 DN P AB
Lại có AD là phân giác M· AN nên AMDN là hình thoi. Hơn nữa, M· AN 900 khi đó 
 AMDN là hình vuông. Vậy AD MN (ĐPCM).
b) Chứng minh PQ2 2PB.CQ B
 P
 H
 M D
 Q
 C
 A N
Ta có C· AP P· AH H· AC và C· PA P· AB P· BA(góc ngoài)
Mà P· AH P· AB, H· AC P· BA do đó C· AP C· PA CAP cân ở C CA CP . Tương tự 
 BA BQ .
Khi đó PQ AB AC BC; BP BC AC;CQ BC AB
Suy ra
 2BP.CQ 2 BC AC BC AB 
 2BC 2 2BC AB AC 2AB.AC
 BC 2 AB2 AC 2 2BC AB AC 2AB.AC
 BC 2 2BC AB AC AB AC 2
 AB AC BC 2
 PQ2.
Vậy PQ2 2PB.CQ .
2) 
 A
 E
 D
 B M H C
 K
Đặt AB AC BC a, AH h . Nhận xét a,h là các đại lượng không đổi. MD.AB ME.AC a 2S
Ta có S S S MD ME MD ME ABC 
 ABC ABM ACM 2 2 2 a
(1)
 AH.BC ah 2S
Hơn nữa S h ABC 
 ABC 2 2 a
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MD ME h
 1
Hạ EK  DM , ta có S DM.EK
 MDE 2
Mà EK ME.sin E· MK và E· MK C· MK C· ME D· MB C· ME (900 Bµ ) (900 Cµ ) 600
 1 3
Do đó S DM.ME.sin 600 .DM.ME
 MDE 2 4
 2 2
 a b DM ME h2
Áp dụng bất đẳng thức ab DM.ME 
 4 4 4
 3 3
Khi đó S .DM.ME .h2 (không đổi)
 MDE 4 8
Dấu ‘’=’’ xảy ra MD ME M là trung điểm của BC .
 h2 3
Vậy giá trị lớn nhất của S là (đvdt) khi M là trung điểm của BC .
 MDE 8
 Câu 5. Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng không có hai người nào câu 
 được số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không 
 ít hơn 50 con cá. 
 Lời giải
 Cách 1:
 *
 Gọi ai ¥ ,i 1,,7, là số con cá mỗi người câu được.
 Giả sử a1 a2 a3  a7 .
 • Trường hợp 1: a4 14 . 
 Khi đó, a1 a2 a3 a4 14 13 12 11 50 . Suy ra a5 a6 a7 50 .
 • Trường hợp 2: a4 14 . 
 Khi đó, a5 a6 a7 16 17 18 51.
 Vậy, a5 a6 a7 50 .
 Cách 2:
 Ta sắp xếp các người câu cá theo thứ tự để số cá câu được của họ giảm dần. 
 Như thế người thứ nhất câu được nhiều cá nhất và người thứ bảy câu được ít 
 cá nhất. Nếu người thứ tư câu được không ít hơn 15 con cá, thì ba người đầu câu 
được không ít hơn 16 17 18 51 con cá.
Nếu người thứ tư câu được 14 con cá hoặc ít hơn thì cả bốn người sau câu 
được không quá 14 13 12 11 50 con. Như vậy ba người đầu câu được 
không ít hơn 50 con.
Vậy ba người đầu luôn câu được tổng cộng không dưới 50 con cá.