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

 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HUYỆN CHƯƠNG MỸ - NĂM HỌC 2019 – 2020
Câu 1: (1,25 điểm). Tìm số a,b trong sơ đồ sau:
 b
 a 9
 6 8 14
 9 7 13 19
 12 10 8 22 20
 1 1 x
Câu 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức A 
 x 2 x 2 4 x
 1) Tìm x để A 1.
 1 x 3
 2) Biết A  19 8 3 19 8 3 1, hãy tính giá trị của B : 2A .
 2 2 x
 x 3
 3) Tìm giá trị của x nguyên để biểu thức P A: nhận giá trị nguyên?
 2 x
 4) Tìm x để A. x 2 5 x x 4 x 16 9 x
Câu 3:(3,25 điểm).
 x 2 x 1
 1) Tìm m để phương trình: vô nghiệm.
 x m x 1
 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: y x 2 1 x với 0 x 1.
 1 1 1 1
 3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 x y 6xy 6
Câu 4: (3,5 điểm) 
 1) Cho x 2 1, hãy tính giá trị của D x5 x4 3x3 4x2 6x 2022 .
 2) Tìm a,b để P x 3x3 ax2 bx 9 chia hết cho Q x x2 9 .
 2
 a2 b2 c2 a b c 
 3) Cho a,b,c là ba số thực bất kỳ. Chứng minh đẳng thức: 
 3 3 
Câu 5:(2,0 điểm) Cho ABC nhọn. Các đường cao AD, BE,CF của ABC cắt nhau tại H.
 1) Chứng minh rằng ABC đồng dạng với AEF .
 2) Gỉa sử B· AC 45o , hãy tính diện tích tứ giác BCEF , biết diện tích ABC là 60cm2 
 DC AC 2 BC 2 AB2
 3) Chứng minh rằng: .
 BD BC 2 AB2 AC 2
 4) Chứng minh rằng: H cách đều ba cạnh của DEF .
 AH BH CH
 5) Chứng minh rằng: 3
 BC AC AB LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BÌNH GIANG - NĂM 2019
Câu 1: (1,25 điểm). Tìm số a,b trong sơ đồ sau:
 b
 a 9
 6 8 14
 9 7 13 19
 12 10 8 22 20
 Lời giải
 Quy luật: Tổng hai số hàng dưới chia 2 rồi trừ 2 được số ở hàng trên giữa 
 hai số đó. Theo quy luật đó thì a b 5
 1 1 x
Câu 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức A 
 x 2 x 2 4 x
 1) Tìm x để A 1.
 1 x 3
 2) Biết A  19 8 3 19 8 3 1, hãy tính giá trị của B : 2A .
 2 2 x
 x 3
 3) Tìm giá trị của x nguyên để biểu thức P A: nhận giá trị nguyên?
 2 x
 4) Tìm x để A. x 2 5 x x 4 x 16 9 x
 Lời giải
 1 1 x
 1) Rút gọn: A điều kiện: x 4; x 0
 x 2 x 2 4 x
 x 2 x 2 x
 A 
 x 2 x 2 
 x 2 x
 A 
 x 2 x 2 
 x
 A 
 x 2 
 Do A 1 
 x
 1 
 x 2
 x
 1 0
 x 2
 2
 0
 x 2
 x 2 0 x 4
 Kết hợp điều kiện x 4; x 0 ta có: 0 x 4
 1 1 2 2 
 2) Ta có: A  19 8 3 19 8 3 1  4 3 4 3 1
 2 2 
 1
 A  4 3 4 3 1 3
 2 x
 3 x 3 x 6 2 x 6 x 3 x 9
 x 2 
 x 3
 Thay x 9, A 3vào biểu thức B : 2A ta được 
 2 x
 9 3 6 1 1
 B : 2.3  
 2 9 7 6 7
 x 3 x x 3 x 3
 3) Ta có: P A: : 1 
 2 x x 2 2 x 3 x 3 x
 3
 Để P nguyên thì Z 3 x 3; 1;1;3
 3 x
 Ta có bảng sau:
 3 x 3 1 1 3
 x 6 4 2 0
 x 36 16 4 0
 Do x 4 nên x 0;16;36
 x
 4) Thay A vào biểu thức A. x 2 5 x x 4 x 16 9 x ta được:
 x 2 
 x
 . x 2 5 x x 4 x 16 9 x
 x 2
 x 5 x x 4 x 16 9 x
 x 6 x 4 x 16 9 x
 2
 5 x 3 x 16 9 x
 Với x 4; x 0 , ta có:
 2
 VT 5 x 3 5 , dấu “=” xảy ra x 3 0 x 9
 VP x 16 9 x x 16 9 x 5 , dấu “=” xảy ra x 9
 Do VT 5;VP 5 VT VP x 9
Câu 3:(3,25 điểm).
 x 2 x 1
 1) Tìm m để phương trình: vô nghiệm.
 x m x 1
 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: y x 2 1 x với 0 x 1.
 1 1 1 1
 3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 x y 6xy 6
 Lời giải
 1) Điều kiện: x m; x 1
 x 2 x 1
 Ta có: 
 x m x 1
 x 2 x 1 x m x 1 
 x2 x 2 x2 mx x m 
 mx 2 m
 + Nếu m 0 , ta có phương trình: 0x 2 , phương trình vô nghiệm. 2 m
 + Nếu m 0 x 
 m
 Để phương trình vô nghiệm thì x m hoặc x 1
 2 m
 + Khi x m m m2 m 2 0 m 2 m 1 0
 m
 m 2 0 m 2
 m 1 0 m 1
 2 m
 + Khi x 1 1 m 1
 m
 Vậy m 1;m 2 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
 2) Đặt 1 x t với 0 t 1 suy ra x 1 t 2 , thay vào y x 2 1 x ta được: 
 2
 2 1 3 3
 y 1 t 2t t 
 2 2 2
 3 1 1
 GTLL của y là y khi t x 
 2 2 2
 1 1 1 1
 3) Ta có: 6y 6x 1 xy xy 6x 6y 36 37
 x y 6xy 6
 x 6 y 6 37
 Ta có bảng sau:
 x 6 37 1 1 37
 y 6 1 37 37 1
 x 31 5 7 43
 y 5 31 43 7
Câu 4: (3,5 điểm) 
 1) Cho x 2 1, hãy tính giá trị của D x5 x4 3x3 4x2 6x 2022 .
 2) Tìm a,b để P x 3x3 ax2 bx 9 chia hết cho Q x x2 9 .
 2
 a2 b2 c2 a b c 
 3) Cho a,b,c là ba số thực bất kỳ. Chứng minh đẳng thức: 
 3 3 
 Lời giải
 2
 1) Từ x 2 1 x 1 2 x2 1 2 x2 2x 1 0
 D x5 2x4 x3 x4 2x3 x2 3x2 6x 3 2019
 D x3 x2 2x 1 x2 x2 2x 1 3 x2 2x 1 2019 
 D 2019
 Ta có: Q x x2 9 x 3 x 3 
 Để P x Q x thì P 3 0; P 3 0
 Ta có:
 P 3 3.33 a.32 b.3 9 9a 3b 90 0 3a b 30 0 
 P 3 3. 3 3 a. 3 2 b. 3 9 9a 3b 72 0 3a b 24 0
 3a b 30 0 6a 6 a 1
 Xét 
 3a b 24 0 3a b 24 b 27 Vậy a 1;b 27 thì P x Q x 
 2) Ta có: 
 2 2
 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a b c 
 3 3 3 9
 3 a2 b2 c2 a b c 2
 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 2 ab bc ac 
 2 a2 b2 c2 2 ab bc ac 
 a b 2 b c 2 c a 2 0
 Bất đẳng thức cuối cùng đúng, kéo theo bất đẳng thức cần chứng minh cũng đúng.
 Dấu “=” xảy ra a b c
Câu 5:(2,0 điểm) Cho ABC nhọn. Các đường cao AD, BE,CF của ABC cắt nhau tại H.
 1) Chứng minh rằng ABC đồng dạng với AEF .
 2) Giả sư B· AC 45o , hãy tính diện tích tứ giác BCEF , biết diện tích ABC là 60cm2 
 DC AC 2 BC 2 AB2
 3) Chứng minh rằng: .
 BD BC 2 AB2 AC 2
 4) Chứng minh rằng: H cách đều ba cạnh của DEF .
 AH BH CH
 5) Chứng minh rằng: 3
 BC AC AB
 Lời giải
 1) Vẽ hình: 
 A
 E
 F
 H
 B
 D C
 AE AF
 Do BE  AC;CF  AB nên ta có cos A ;A chung
 AB AC
 AEF đồng dạng ABC (c.g.c)
 2) EAB vuông tại A có EAB 45o
 AE 2
 cos A cos 45o 
 AB 2
 AE 2
 AEF đồng dạng ABC theo tỷ số đồng dạng k 
 AB 2 SAEF 2 1 1 2
 k SAEF SABC 30cm 
 SABC 2 2
 2
 SBCEF SABC SAEF 60 30 30 cm 
 3) Ta có: 
 AC 2 AD2 DC 2 ; BC 2 DB DC 2 ; AB2 AD2 DB2 
 2
 AC 2 BC 2 AB2 AD2 DC 2 DB DC AB2
 BC 2 AB2 AC 2 DB DC 2 AB2 AD2 DC 2 
 AD2 DC 2 DB2 DC 2 2BD.DC AB2
 DB2 DC 2 2BD.DC AB2 AD2 DC 2
 2DC 2 2BD.DC AD2 DB2 AB2
 DB2 2BD.DC AB2 AD2
 2DC 2 2BD.DC 2DC DC BD DC
 2DB2 2BD.DC 2BD BD DC DB
 4) Do AEF đồng dạng ABC ( câu a) ·AFE ·ACB
 Chứng minh tương tự câu a) ta cũng có BDF đồng dạng BAC ( câu a) B· FD ·ACB
 B· FD ·AFE ·ACB 
 D· FC E· FC
 FC là tia phân giác của E· FD
 Chứng minh tương tự ta cũng có EB là tia phân giác của F· ED
 H là giao điểm của ba đường phân giác của DEF
 H cách đều ba cạnh của DEF .
 5) Ta có: SABC SAHC SHBC SABH
 HEC đồng dạng AFC (g.g)
 HC CE HC.HB CE.HB S
 HBC
 AC CF AC.AB CF.AB SABC
 HA.HB S HA.HC S
 Tương tự: ABH ; ACH
 AC.BC SABC AB.BC SABC
 HC.HB HA.HB HA.HC S S S S
 Do đó: BCH ABH ACH ABC 1
 AC.AB AC.BC AB.BC SABC SABC
 Với ba số không âm x, y, z ta có:
 x2 y2 2xy; x2 z2 2xz; z2 y2 2zy 
 x2 y2 z2 xy xz yz
 x y z 2 x2 y2 z2 2 xy xz yz 
 x y z 2 3 xy xz yz 
 Áp dụng bài toán trên ta có:
 2
 HA HB HC HA HB HB HC HA HC HA HB HC
 3    3.1 3 3 
 BC AC AB BC AC AC AB BC AB BC AC AB