Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Đan Phượng (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT ĐAN PHƯỢNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
 NĂM HỌC 2018 -2019
 MÔN: TOÁN 
 ĐỀ CHÍNH THỨC
 Ngày thi: 23/10/2018
 Thời gian làm bài: 150 phút
 (Đề thi gồm 01 trang) -------------------------------
Bài 1 (5,0 điểm). 
 x x 26 x 19 2 x x 3
 1. Cho biểu thức: P .
 x 2 x 3 x 1 x 3
 a) Rút gọn P;
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
 3 3 64
 2. Cho a 2 3 2 3 . Chứng minh rằng: 3 3a là số nguyên
 a2 3 
Bài 2 (4,0 điểm). 
 1. Giải phương trình : x2 x 4 2 x 1 1 x .
 2. Nhà toán học De Morgan (1806 – 1871) khi được hỏi tuổi đã trả lời: Tôi x tuổi 
 vào năm x2 . Hỏi năm x2 đó ông bao nhiêu tuổi.
 3. Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau có hai mệnh đề đúng và một 
 mệnh đề sai:
 a) A 51 là số chính phương.
 b) Chữ số tận cùng bên phải của A là số 1.
 c) A 38 là số chính phương.
Bài 3 (4,0 điểm). 
 a) Tìm x và y biết 2x2 4x 3y3 5 0 và x2 y2 2xy y2 0 .
 b) Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 y xy 2x2 3x 4 0 .
Bài 4 (6,0 điểm)
 1. Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AH, BI, CK
 a) Chứng minh rằng tam giác AKI đồng dạng với tam giác ACB;
 b) Biết SAKI SBKH SCHI . Chứng minh rằng: ABC là tam giác đều.
 2. Cho tam giác ABC là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) và đường cao AH 
 bằng R 2 . Gọi M và N thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh rằng 
 ba điểm M, N, O thẳng hàng.
Bài 5 (1,0 điểm). Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x y z 1, chứng minh:
 1 x2 1 y2 1 z2
 6.
 x yz y zx z xy
 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN ĐAN PHƯỢNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Bài 1 (5,0 điểm). 
 x x 26 x 19 2 x x 3
 1. Cho biểu thức: p .
 x 2 x 3 x 1 x 3
 a) Rút gọn P;
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
 3 3 64
 2. Cho a 2 3 2 3 . Chứng minh rằng: 3 3a là số nguyên.
 a2 3 
 Lời giải
 1a) ĐK: x 0; x 1. Ta có:
 x x 26 x 19 2 x x 3 x x 26 x 19 2 x x 3
 P 
 x 2 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3
 x x 26 x 19 2 x x 3 x 3 x 1 
 x 1 x 3 
 x x 26 x 19 2x 6 x x 4 x 3
 x 1 x 3 
 x x x 16 x 16 x 1 x 16 x 16
 x 1 x 3 x 1 x 3 x 3
 x 16 25 25
 b) Ta có P x 3 x 3 6
 x 3 x 3 x 3
 5
 2 x 3 . 6 10 6 4
 x 3
 Vậy MinP = 4 khi x = 4. 
 2. Từ a 3 2 3 3 2 3 a3 4 3a a3 3a 4
 4 64 3
 2 a 3 a
 a 3 a2 3 
 64 3
 3 3a a 3a 4 .
 a2 3 
 64
 Vậy 3 3a là số nguyên.
 a2 3 
Bài 2 (4,0 điểm). 
 1. Giải phương trình : x2 x 4 2 x 1 1 x . 2. Nhà toán học De Morgan (1806 – 1871) khi được hỏi tuổi đã trả lời: Tôi x tuổi 
 vào năm x2 . Hỏi năm x2 đó ông bao nhiêu tuổi.
 3. Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau có hai mệnh đề đúng và một 
 mệnh đề sai:
 a) A 51 là số chính phương.
 b) Chữ số tận cùng bên phải của A là số 1.
 c) A 38 là số chính phương.
 Lời giải
 1. ĐKXĐ : x 1(*)
 Ta có : x2 x 4 2 x 1(1 x) x2 2x x 1 x 1 2 x x 1 3 0
 2
 x x 1 2 x x 1 3 0 
 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 (**)), phương trình trở thành
 2 y 1(KTM )
 y 2y 3 0 (y 1)(y 3) 0 
 y 3(TM )
 Với y = 3 ta có pt
 1 x 3 1 x 3
 x x 1 3 x 1 3 x
 2 2
 x 1 9 6x x x 7x 10 0
 1 x 3
 x 2 x 2(TM )
 x 5
 Vậy phương trình có nghiệm x 2 .
 2. Nhà toán học De Morgan sinh năm 1806, ông x tuổi vào năm x2 nên ta có: 
 x2 x 1806 x N * 
 x(x 1) 42.43 mà x và x – 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên x = 43 x2 1849 
 Vậy năm 1849 ông De Morgan 43 tuổi.
 3. Nếu mệnh đề b) đúng thì A + 51 có chữ số tận cùng là 2 và A – 38 có chữ số tận 
 cùng là 3 nên cả hai số này đều không là số chính phương. Vậy mệnh đề b) sai và 
 các mệnh đề a) và c) đúng.
 Giả sử A 51 m2 ; A 38 n2 (m,n N;m n) 
 m2 n2 89 hay (m – n)(m + n) = 89
 Vì 89 là số nguyên tố nên m + n = 89 và m – n = 1 => m = 45 và n = 44 nên A = 
 1974.
Bài 3 (4,0 điểm). 
 a) Tìm x và y biết 2x2 4x 3y3 5 0 và x2 y2 2xy y2 0 .
 b) Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 y xy 2x2 3x 4 0 . Lời giải
 a) Ta có: 2x2 4x 3y2 5 0 2(x 1)2 3y2 3 0 y2 1 y 1 (1)
 2x 2 x 2 x
 Mặt khác: x2 y2 2x y2 0 y2 1 1 y 1 (2)
 x2 1 x2 1 2 x .1
 Từ (1) và (2) ta suy ra y 1 x 1 . Vậy x = -1 và y = 1.
 b) Phương trình x2 y xy 2x2 3x 4 0 xy(x 1) 2x2 3x 4 
 2x2 3x 4 5
 Vì x 1 không là nghiệm nên ta có xy 2x 1 
 x 1 x 1
 Vì x, y ¢ suy ra (x 1) 1; 5 x 0; 2;4; 6 
 10
 x = 0 (loại); x 2 y 1; x 4 y 2; x 6 y (loại)
 6
 Vậy phương trình có nghiệm là 2; 1 ; 4;2 
Bài 4 (6,0 điểm)
 1. Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AH, BI, CK.
 a) Chứng minh rằng tam giác AKI đồng dạng với tam giác ACB;
 b) Biết SAKI SBKH SCHI . Chứng minh rằng: ABC là tam giác đều.
 2. Cho tam giác ABC là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) và đường cao AH 
 bằng R 2 . Gọi M và N thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh rằng 
 ba điểm M, N, O thẳng hàng.
 Lời giải
 1a) Vẽ hình đúng đến câu a)
 C/m tam giác AKC đồng dạng với tam 
 AK AI
 giác AIB suy ra 
 AC AB
 C/m tam giác AKI đồng dạng với tam giác 
 ACB (cgc)
 S AI.AK
 b) AIK cos2 A 
 SABC AB.AC
 S
 Tương tự BHK cos2 B 
 SABC
 SCHI 2
 cos C
 SABC
 Mà SAKI SBKH SCHI nên 
 cos2 A cos2 B cos2 C Aµ Bµ Cµ nên 
 tam giác ABC là tam giác đều. 2. Vẽ hình đúng 
 Vẽ đường kính AK của đường tròn (O;R)
 C/m AN.AC AH 2 2R2
 AN.AC R.2R AO.AK
 AN AK
 AO AC
 C/m NAO ∽ KAC (c.g.c) ·AON ·ACK
 C/m ·ACK 90 ·AON ·ACK 90 
 C/m tương tự
 ·AOM 90 ·AON ·AOM 180
 nên ba điểm M, O, N thẳng hàng.
Bài 5 (1,0 điểm). Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x y z 1, chứng minh:
 1 x2 1 y2 1 z2
 6.
 x yz y zx z xy
 Lời giải
 Vì x y z 1 nên 1 x2 1 x 1 x y z 2x y z 
 x yz x(x y z) yz (x y)(x z) 
 Đặt a x y,b y z,c z x , với a,b,c 0 và a b c 2 .
 1 x2 (y z)(2x y z) b(a c) b b
 Khi đó: 
 x yz (x y)(x z) ac c a
 1 y2 c c 1 z2 a a
 Chứng minh tương tự ta có: và 
 y xz a b z xy b c
 1 x2 1 y2 1 z2 b b c c a a
 6
 x yz y xz z xy c a a b b c
 1
 Dấu bằng xảy ra x y z (Trái với giả thiết)
 3
 Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.