Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm 2019 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH
Câu 1: (2,0 điểm)
 x 2 x 1 x 1
 1. Cho biểu thức: A : .
 x x 1 x x 1 1 x 2
 a, Rút gọn biểu thức A .
 b, Chứng minh rằng: 0 A 2 .
 2 x 2 x
 2. Cho biểu thức: 2 với 2 x 2 và x 0 . 
 2 x 2 x
 x 2
 Tính giá trị của biểu thức: .
 x 2
Câu 2: (2,0 điểm)
 1. Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30.
 2 2
 2. Cho hai đường thẳng d1 : y m 1 x m 2m ; d2 : y m 2 x m m 1 
 cắt nhau tại G . (Với m là tham số)
 a, Xác định tọa độ điểm G .
 b, Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi.
Câu 3: (2,0 điểm)
 a, Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 124 .
 b, Tìm số tự nhiên n sao cho A n2 n 6 là số chính phương.
 c, Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 .
Câu 4: (3,0 điểm)
 Cho đường tròn tâm O , đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn. M di động trên đường 
 thẳng d , kẻ 2 tiếp tuyến MA và MB với đường tròn O; R , OM cắt AB tại I .
 a, Chứng minh tích OI.OM không đổi.
 b, Tìm vị trí của M để MAB đều.
 c, Chứng minh rằng khi M di động trên d thì AB luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1,0 điểm)
 Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x y z 1. Chứng minh rằng: 
 x y z 9
 x yz y zx z xy 4
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
 Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH
Câu 1: (2,0 điểm)
 x 2 x 1 x 1
 1. Cho biểu thức: A : .
 x x 1 x x 1 1 x 2
 a, Rút gọn biểu thức A .
 b, Chứng minh rằng: 0 A 2 .
 2 x 2 x
 2. Cho biểu thức: 2 với 2 x 2 và x 0 . 
 2 x 2 x
 x 2
 Tính giá trị của biểu thức: .
 x 2
 Lời giải
 1. a, Ta có: x 0, x 1. Khi đó:
 x 2 x 1 x 1 x 2 x x x x 1 2
 A : .
 x x 1 x x 1 1 x 2 x 1 x x 1 x 1
 x 2 x 1 2 2
 . 
 x 1 x x 1 x 1 x x 1
 b, Vì x 0, x 1 ta luôn có A 0
 2
 Lại có: x x 1 1 2 hay A 2 .
 x x 1
 Vậy: 0 A 2 .
 a c a b c d
 2. Áp dụng tính chất: . Ta có:
 b d a b c d
 2 x 2 x 2 2 x 2 1
 2 
 2 x 2 x 2 2 x 2 1
 Từ giả thiết 2 x 2 suy ra:
 2
 2 x 2 x 2 1 2 x 2 x 2
 0 3 2 2 17 12 2
 2 x 2 x 2 1 2 x x 2
Câu 2: (2,0 điểm)
 1. Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30.
 2 2
 2. Cho hai đường thẳng d1 : y m 1 x m 2m ; d2 : y m 2 x m m 1 
 cắt nhau tại G . (Với m là tham số)
 a, Xác định tọa độ điểm G .
 b, Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi.
 Lời giải
 a) Điều kiện: x 5 . Khi đó ta có: x2 7x 6 x 5 30 x2 8x 16 x 5 6 x 5 9 0
 2 2 x 4 0
 x 4 x 5 3 0 x 4.
 x 5 3 0
 Vậy x 4 .
 2. a, Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình:
 m 1 x m2 2m m 2 x m2 m 1 x m 1
 Tung độ điểm x 4 là:
 y m 1 . m 1 m2 2m y 2m 1
 Suy ra G m 1; 2m 1 .
 b, Ta có y 2m 1 2 m 1 1. Mà x m 1nên y 2x 1.
 Tọa độ điểm G thỏa mãn phương trình đường thẳng y 2x 1 cố định. Chứng tỏ 
 G luôn thuộc đường thẳng y 2x 1 cố định khi m thay đổi.
Câu 3: (2,0 điểm)
 a, Ta có p2 1 p 1 p 1 .
 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ. Do đó p 1 và p 1 là hai số chẵn liên tiếp. Từ đó 
 suy ra p 1 p 1 8 (1) .
 Xét ba số tự nhiên liên tiếp p 1; p ; p 1. Ta có p 1 p p 1 3 .
 Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Mà 3 là số nguyên tố nên suy ra 
 p 1 p 1 3 (2).
 Từ (1) và (2) kết hợp với 3;8 1 và 3.8 24 ta suy ra p2 124 (đpcm).
 b, Ta có A n2 n 6 là số chính phương nên A có dạng:
 A n2 n 6 k 2 , k ¥ * 
 Ta có: 
 n2 n 6 k 2 4n2 4n 24 4k 2 2k 2 2n 1 2 23
 2k 2n 1 23
 2k 2n 1 2k 2n 1 23 
 2k 2n 1 1
 Vì 23 là số nguyên tố và 2k 2n 1 2k 2n 1.
 Ta có:
 2k 2n 1 23 k 6
 2k 2n 1 1 n 5
 Vậy với n 5 thì A là số chính phương.
 c, Ta có: 
 2
 y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 x y x 1 x 2 * .
 Vế trái của (*) là số chính phương; Vế phải của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 
 x 1 0 x 1, y 1
 số bằng 0. Suy ra ta có: .
 x 2 0 x 2, y 2
 Vậy có 2 cặp số nguyên x; y 1;1 hoặc x; y 2;2 . Câu 4: (3,0 điểm)
 Cho đường tròn tâm O , đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn. M di động trên đường 
 thẳng d , kẻ 2 tiếp tuyến MA và MB với đường tròn O; R , OM cắt AB tại I .
 a, Chứng minh tích OI.OM không đổi.
 b, Tìm vị trí của M để MAB đều.
 c, Chứng minh rằng khi M di động trên d thì AB luôn đi qua một điểm cố định.
 Lời giải
 A
 O
 I
 K
 B
 (d)
 M H
 Yêu cầu học sinh vẽ hình đúng đến câu a.
 a, Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn O; R nên OB  MB ; OA  MA .
 Dễ dàng chứng minh OAM OBM nên suy ra MA MB .
 Lại có OA OB nên OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB .
 OM  AB OMB vuông tại B có BI là đường cao. Do đó:
 OB2 OI.OM OI.OM R2 không đổi. (đpcm)
 b, AMB cân tại M (theo chứng minh trên)
 Để AMB đều thì góc ·AMB 60o góc B· MO 30o .
 OBM vuông tại B có OB 0,5OM .
 OM 2OB 2R .
 Kết luận: Vậy M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho OM 2R .
 c, Kẻ OH  d , H d H cố định, OH cắt AB tại K .
 Ta có OIK : OHM (g-g) nên OH.OK OI.OM R2 không đổi.
 Mà O, H cố định nên OH không đổi OK không đổi K OH cố định.
 Vậy K cố định. (đpcm)
Câu 5: (1,0 điểm)
 Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x y z 1. Chứng minh rằng: 
 x y z 9
 x yz y zx z xy 4
 Lời giải Ta có x yz x x y z yz x y z x .
Tương tự ta có y zx x y y z , z xy y z z x .
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có:
 x y y z z x 2 xy.2 yz.2 zx 8xyz
Suy ra:
 x y z x y z y z x z x y 2 x y y z z x xyz 
x yz y zx z xy x y y z z x x y y z z x 
 2xyz 2xyz 9
 2 2 
 x y y z z x 8xyz 4
(đpcm).
 1
Đẳng thức xảy ra x y z .
 3
 ..HẾT