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

 ĐỀ THI CHỌN HSG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LỤC NAM
Câu 1: (4,0 điểm)
 x 1 xy x xy x x 1 
 1. Rút gọn biểu thức: 1 : 1 , với 
 xy 1 1 xy xy 1 xy 1 
 x 0; y 0; xy 1.
 3
 3 1 . 10 6 3 2017
 2. Cho x , tính giá trị biểu thức P x2 4x 2 . 
 21 4 5 3
Câu 2: (2,0 điểm)
 2 1
 1. Cho x là một nghiệm của phương trình: ax2 bx 1 0 . Với a,b là các 
 2 1
 số hữu tỉ. Tìm a và b .
 2. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p20 1 chia hết cho 100.
 3. Cho a,b,c là độ dài của 3 cạnh một tam giác, chứng minh rằng:
 a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2
Câu 3: (2,0 điểm)
 1. Tìm các số nguyên x sao cho x3 3x2 x 2 là số chính phương.
 6
 2. Giải phương trình: x2 3x 2 x 2 2x x 5 .
 x
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho hình thoi ABCD có AB BD a . Trên tia đối của tia AB lấy điểm N , trên 
 tia đối của tia DB lấy điểm K sao cho AN DK 2a . Gọi giao điểm của CN với 
 BD và AD thứ tự là I và M . Tia BM cắt ND tại P .
 1. Chứng minh IC.CN IN.CM .
 2. Chứng minh DM.BN a2 . Từ đó tính số đo góc B· PD .
 3. Tìm vị trí điểm N và K để diện tích tứ giác ADKN lớn nhất.
Câu 5: (1,0 điểm)
 Cho a,b,c 0 và a b c 3 . Chứng minh rằng:
 1 1 1
 a5 b5 c5 6
 a b c
 .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 LỤC NAM
Câu 1: (4,0 điểm)
 x 1 xy x xy x x 1 
 1. Rút gọn biểu thức: 1 : 1 , với 
 xy 1 1 xy xy 1 xy 1 
 x 0; y 0; xy 1.
 3
 3 1 . 10 6 3 2017
 2. Cho x , tính giá trị biểu thức P x2 4x 2 . 
 21 4 5 3
 Lời giải
 a) Với x; y 0 và xy 1. Ta có:
 x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy 
 A :
 xy 1 1 xy 
 xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy 
 xy 1 1 xy 
 x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy 
 xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy 
 1 x 1
 x y xy xy
 b) Ta có:
 3
 3 3
 3 1 . 10 6 3 3 1 . 3 1 3 1 3 1 2
 x 5 2
 2 20 4
 21 4 5 3 20 1 3 2 5 2 
 2
 Suy ra: x2 4x 1 5 2 4 5 2 1 0 P 1 2017 1.
Câu 2: (2,0 điểm)
 2 1
 1. Cho x là một nghiệm của phương trình: ax2 bx 1 0 . Với a,b là các 
 2 1
 số hữu tỉ. Tìm a và b .
 2. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p20 1 chia hết cho 100.
 3. Cho a,b,c là độ dài của 3 cạnh một tam giác, chứng minh rằng:
 a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2
 Lời giải
 2 1
 1. Ta có: x 3 2 2 .
 2 1
 2 1
 Vì x là một nghiệm của phương trình ax2 bx 1 0 nên:
 2 1 17a 12a 2 3b 2b 2 1 0 2 12a 2b 17a 3b 1.
 Do a,b là các số hữu tỉ nên 17a 3b 1 và 12a 2b là các số hữu tỉ.
 Suy ra 2 12a 2b là 1 số hữu tỉ.
 12a 2b 0 a 1
 Do đó .
 17a 3b 1 0 b 6
 2. Ta có p20 1 p4 1 p16 p12 p8 p4 1 .
 Do p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là một số lẻ.
 p2 1 và p2 1 là các số chẵn
 p4 1 chia hết cho 4
 p20 1 chia hết cho 4
 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 p là một số không chia hết cho 5.
 Lập luận ta được p4 1 chia hết cho 5.
 Lập luận ta được p16 p12 p8 p4 1 chia hết cho 5.
 Suy ra p20 1 chia hết cho 25.
 Mà 4;25 1 nên p20 1. (đpcm)
 3. Ta có:
 a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2
 a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2 0
 2
 a2 b2 c2 2bc 2 0
 a2 b2 c2 2bc . a2 b2 c2 2bc 0
 a b c a b c a b c a b c 0 (1)
 Vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên:
 a b c 0 ; a b c 0 ; a b c 0 ; a b c 0 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Câu 3: (2,0 điểm)
 1. Tìm các số nguyên x sao cho x3 3x2 x 2 là số chính phương.
 6
 2. Giải phương trình: x2 3x 2 x 2 2x x 5 .
 x
 Lời giải
 1. Ta có: x3 3x2 x 2 x 2 x2 x 1 
 * Xét x 2 0 x 2 : thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 * Xét x2 x 1 0 : Loại.
 * Xét x 2 x2 x 1 ta có: x 1.
 * TH x 2; x 1. Với x nguyên ta chứng minh được x 1; x2 x 1 1.
 Nên x3 3x2 x 2 là số chính phương khi x 2 và x2 x 1 cùng là số chính phương.
 Để x2 x 1 là số chính phương thì x2 x 1 y2 với y ¢ .
 Tìm được x 2 (loại do x 2 ) và x 1 . Thử lại x 1 ta có x3 3x2 x 2 có giá trị bằng 
 1 không phải là số chính phương nên x 1 (loại). Vậy x 2 hoặc x 1 thì x3 3x2 x 2 là số chính phương.
 6
 2. Giải phương trình: x2 3x 2 x 2 2x x 5 (*).
 x
 Điều kiện: x 0 . Khi đó ta có:
 x2 5x 6
 * x x 3 2 x 2 2x 0
 x
 x 3 x 2 x 3 
 x 2 x 2 2x 0
 x x
 x 3
 x x 2 2 x x 2 0
 2 
 x 3 
 x x 2 2 0
 x 
 x 3
 x x 2 0 hoặc 2 0
 x
 Nếu x x 2 0 ta có x 2 thỏa mãn.
 x 3
 Nếu 2 0 ta có x 1 thỏa mãn.
 x
 Vậy S 1;2 .
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho hình thoi ABCD có AB BD a . Trên tia đối của tia AB lấy điểm N , trên 
 tia đối của tia DB lấy điểm K sao cho AN DK 2a . Gọi giao điểm của CN với 
 BD và AD thứ tự là I và M . Tia BM cắt ND tại P .
 1. Chứng minh IC.CN IN.CM .
 2. Chứng minh DM.BN a2 . Từ đó tính số đo góc B· PD .
 3. Tìm vị trí điểm N và K để diện tích tứ giác ADKN lớn nhất.
 Lời giải
 B
 A C
 I
 M
 N
 P D
 K
 + Do ABCD là hình thoi nên AB BC CD AD a .
 IC BC a
 + BI là đường phân giác của tam giác BNC nên .
 IN BN BN + Vì AM // BC nên áp dụng định lý Ta lét trong tam giác NBC ta có: 
 MC AB a
 .
 CN BN BN
 MC IC a 
 Suy ra IC.CN IN.CM .
 CN IN BN 
 + Dễ dàng chứng minh được hai tam giác BNC và DCM đồng dạng với nhau (g-
 g).
 BC BN
 DM.BN a2
 DM DC
 Ta có AB AD a và BD a ABD đều ·ABD B· DM 60o .
 a BN BD BN
 Lại có DM.BN a2 2 .
 DM a DM BD
 Từ (1) và (2) hai tam giác MDB và DBN đồng dạng (c-g-c) B· ND D· BM .
 Xét hai tam giác DBP và DNB có góc Dµ chung và B· ND D· BM .
 hai tam giác DBP và DNB đồng dạng (g-g) N· BD B· PD 60o .
 Vì SABD không đổi SADKN lớn nhất khi SADKN SABD lớn nhất hay SNBK lớn nhất.
 1
 Thật vậy ta có: S NB.BK.sin 60o (Học sinh phải chứng minh công thức này).
 NBK 2
 1
 S NB.BK. 3 .
 NBK 4
 2
 NB BK 2 2
 Lại có NB.BK 4a SNBK a 3
 2 
 Dấu “=” xảy ra khi BN BK 2a , mà AN DK 2a , BA BD a . Vậy N, K 
 cách A, D một khoảng là a .
Câu 5: (1,0 điểm)
 Cho a,b,c 0 và a b c 3 . Chứng minh rằng:
 1 1 1
 a5 b5 c5 6
 a b c
 Lời giải
 1 1 1
 Áp dụng BĐT Côsi ta có: a5 2a2 ; b5 2b2 ; c5 2c2 .
 a b c
 1 1 1
 Từ đó suy ra: a5 b5 c5 2 a2 b2 c2 1 .
 a b c
 Mặt khác a2 1 2a ; b2 1 2b ; c2 1 2c . Suy ra:
 a2 b2 c2 2 a b c 3 3 2 
 1 1 1
 Từ (1) và (2) ta có: a5 b5 c5 6.
 a b c
 Dấu “=” xảy ra a b c 1.
 ..HẾT