Đề chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Ba Thước (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BA THƯỚC - NĂM 2019
Câu 1:(4,0 điểm)
 2x 1 x x 4 
 Cho biểu thức: P x , với x 4; x 0 .
 x x 1 x x 1 x 2 
 a) Rút gọn biểu thức P .
 b) Tìm các giá trị của x để P x 1 0 
Câu 2: (4,0 điểm) 
 1 1 1
 a. Cho 3 số x, y, z 0 thỏa mãn 0. Tính giá trị của biểu thức:
 x y z
 2019
 xy yz xz 
 P 2 2 2 3 
 z x y 
 b. Giải phương trình: 10 x3 1 3x2 6 .
Câu 3:(4,0 điểm) 
 a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 2xy x 32y .
 b) Tìm số tự nhiên n để số p là số nguyên tố biết: p n3 n2 n 1.
Câu 4:(2,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC vuông ở A , AH  BC , HE  AB , HF  AC
 H BC, E AB, F AC .
 a) Chứng minh rằng: AE.AB AF.AC , BH BC.cos2 B .
 AB3 BE
 b) Chứng minh rằng: .
 AC3 CF
 c) Chứng minh rằng: 3 BC 2 3 CF 2 3 BE 2 .
 d) Cho BC 2a .Tim GTLN của diện tích tứ giác AEHF .
Câu 5:(2,0 điểm)
 Cho x, y, z là các số thức dương thay đổi và thỏa minh điều kiện xyz 1. Tìm GTNN của 
 x2 y z y2 z x z2 x y 
 biểu thức: .
 y y 2z z z z 2x x x x 2y y LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BA THƯỚC - NĂM 2019
Câu 1: (4,0 điểm)
 2x 1 x x 4 
 Cho biểu thức: P x , với x 4; x 0 .
 x x 1 x x 1 x 2 
 b) Rút gọn biểu thức P .
 b) Tìm các giá trị của x để P x 1 0 
 Lời giải
 2x 1 x x 4 
 a. P x 
 x x 1 x x 1 x 2 
 2x 1 x x x 2 x 4
 P . 
 3 
 x 1 x x 1 x 2 x 2 
 2x 1 x x x 2x x 4 
 P 
 x 1 x x 1 x x 1 x 2 
 2x 1 x x 1 x x 2 x 4 
 P 
 x 1 x x 1 x 2 
 x x 1 x x 2 x 4 
 P 
 x 1 x x 1 x 2 
 1 x 2 x x 2 
 P .
 x 1
 x 2 
 1 x 1 x 2 
 P .
 1
 x 1 
 P x 2
 x 2 0 x 4
 b) P. x 1 0 x 2 x 1 0 
 x 1 0 x 1
 Vậy với 1 x 4 thì P. x 1 0 .
Câu 2 (4,0 điểm) 
 1 1 1
 a. Cho 3 số x, y, z 0 thỏa mãn 0. Tính giá trị của biểu thức:
 x y z
 2019
 xy yz xz 
 P 2 2 2 3 
 z x y 
 b. Giải phương trình: 10 x3 1 3x2 6 .
 Lời giải
 1 1 1
 a) Ta có 0 yz xz xy 0 .
 x y z 2019
 xy yz zx 
 Lại có P 2 2 2 3 
 z x y 
 2019
 x3 y3 y3 z3 z3 x3 
 P 2 2 2 3 
 x y z 
 2019
 xy yz xz 3 3 xy yz yz xz xy xz 
 P 3 
 2 2 2 
 x y z 
 2019
 3x2 y2 z2 
 P 2 2 2 3 0 .
 x y z 
 b) ĐK x 1 
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
 3 x2 x 1 3 x 1 10 x 1 x2 x 1 
 Đặt x2 x 1 u , x 1 v thì ta có phương trình:
 3u2 3v2 10uv 0 3u v u 3v 0
 TH1: 3u v thì 9 x2 x 1 x 1 9x2 10x 8 0 (Phương trình này vô nghiệm).
 TH2: u 3v thì x2 x 1 9 x 1 x2 10x 8 0 x 5 33 .
 Vậy phương trình đa cho có 2 nghiệm là x 5 33
Câu 3 (4,0 điểm) 
 a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 2xy x 32y .
 b) Tìm số tự nhiên n để số p là số nguyên tố biết: p n3 n2 n 1.
 Lời giải
 2 32y 32 32
 a) Ta có: xy2 2xy x 32y x y 1 32y x 
 y 1 2 y 1 y 1 2
 Để x nguyên dương thì y 12 U 32 và y 1 2 là 1 số chính phương.
 y 1 2 1,4,16 y 1 1,2,4 y 0,1,2 vì y nguyên dương nên 
 y 1 x 8 , y 3 x 6 .
 b) Ta có p n3 n2 n 1 n 1 n2 1 
 Lại có: n 1 n2 1 n 1 1 n 2
 Với n 2 p 5 là số nguyên tố.
Câu 4 (6 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông ở A , AH  BC , HE  AB , HF  AC
 H BC, E AB, F AC .
 a) Chứng minh rằng: AE.AB AF.AC , BH BC.cos2 B .
 AB3 BE
 b) Chứng minh rằng: .
 AC3 CF
 c) Chứng minh rằng: 3 BC 2 3 CF 2 3 BE 2 .
 d) Cho BC 2a .Tim GTLN của diện tích tứ giác AEHF .
 Lời giải
 a) Xét AHB và AEH có:
 ▪ µA chung; ▪ Eµ Hµ 90 .
 Vậy AHB ∽ AEH (g.g)
 A
 Suy ra: AE.AB AH 2 (1)
 2
 Tương tự ta có: AF.AC AH (2) F
 Từ (1) và (2): AE.AB AF.AC 
 Ta có:
 BH
 cos B BH cos B.AB (3) E
 AB
 AB
 Lại có: cos B AB cos B.BC (4)
 B C
 AC H O
 Từ (3) và (4) : suy ra BH BC.cos2 B
 AB2 BH.BC AB2 BH
 b) Ta có ABC vuông ở A có AH là đường cao 2 2 
 AC CH.BC AC CH
 CH 2
 Lại có HCA vuông tại H có HF là đường cao CH 2 CF.AC CF .
 AC
 2 3
 BE BH 2 AC AB2 AC AB 
 Suy ra . 2 2 . 
 CF AB CH AC AB AC 
 BH 4 BH 4 BH 3 BH
 c) Ta có BH 2 = BE.BA Þ BE 2 = = = Þ 3 BE 2 = ;
 BA2 BH.BC BC 3 BC
 CH
 Tương tự, 3 CF 2 = . Do đó
 3 BC
 BH CH BC
 3 BE 2 + 3 CF 2 = + = = 3 BC 2 .
 3 BC 3 BC 3 BC
 Vậy 3 BE 2 + 3 CF 2 = 3 BC 2 .
 d) Gọi O là trung điểm của BC . Ta có SAEHF AE.AF .
 AH 2 AH 2
 Mà AH 2 AE.AB AE . Tương tự, AF . Do đó
 AB AC
 AH 2 AH 2 AH 4 AH 4 AH 3 AO3 a3 a2
 S . .
 AEHF AB AC AB.AC AH.BC BC BC 2a 2
 Vậy SAEHF lớn nhất khi H  O hay ABC vuông cân tại A .
Câu 5 (2,0 điểm)
 Cho x, y, z là các số thức dương thay đổi và thỏa minh điều kiện xyz 1. Tìm GTNN của 
 x2 y z y2 z x z2 x y 
 biểu thức: .
 y y 2z z z z 2x x x x 2y y
 Lời giải
 Ta có: x2 y z 2x x . Tương tự, y2 x z 2y y , z2 x y 2z z .
 2x x 2y y 2z z
 P .
 y y 2z z z z 2x x x x 2y y
 Đặt a x x 2y y , b y y 2z z , c z z 2x x .
 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a
 Suy ra: x x , y y , z z .
 9 9 9 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a 
Do đó: P 
 9 b c a 
 2 c a b a b c 2
 4 6 4.3 3 6 2 .
 9 b c a b c a 9
 c a b c a b a b 
Do 1 1 2 2 1 4 1 3 
 b c a b c a b a 
 c a b c a b a b c
Hoặc 33 . . 3. Tương tự, 3.
 b c a b c a b c a
Dấu " " xảy ra x y z 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P 2 .