Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Nam Đàn (Có đáp án)

 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020
Bài 1. (4,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:
 a) A 7 13 7 13 2 . 
 2 2
 x2 y2 4 x y x2 x y y2
 b) B (Điều kiện: x y 0 ).
 xy x x y y x y
Bài 2. (5,0 điểm). 
 a) Tìm số tự nhiên n sao cho các số 2n 2017 và n 2019 đều là các số chính phương. 
 b) Giải phương trình: 2x2 3x 2x2 3x 9 33 .
 c) Chứng minh rằng: A n3 3n2 n 3 chia hết cho 48 với n là số tự nhiên lẻ. 
Bài 3. (3,0 điểm)
 1 1 1
 a) Cho a , b là các số dương thoả mãn: . 
 a b 2019
 Chứng minh: a b a 2019 b 2019 . 
 b) Cho a , b , c là các số dương thoả mãn: a b c 3.
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 .
Bài 4. (6,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H .
 a) Chứng minh AEF # DBF .
 AH
 b) Tính: tanA· BC.tanA· CB theo k . Biết k .
 HD
 S S S
 c) Chứng minh: AEF DBF DEC . 
 AH 2 BH 2 CH 2
Bài 5. (2,0 điểm) 
 Tính tan36 (không được sử dụng bảng số và máy tính). 
 ---HẾT---
 LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020
Bài 1. (4,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:
 a) A 7 13 7 13 2 . 
 2 2
 x2 y2 4 x y x2 x y y2
 b) B (Điều kiện: x y 0 ). 
 xy x x y y x y
 Lời giải
 a) A 7 13 7 13 2 2A 14 2 13 14 2 13 2 
 2 2
 2A 13 1 13 1 2 
 2A 13 1 13 1 2 A 0 .
 b) Vì x y 0 nên xy 0 và x y 0 . Khi đó: 
 2 2
 x2 y2 4 x y x2 x y y2 xy 2 y x x y x y 
 B 
 xy x x y y x y xy x x y y x y 
 1 2 1 2 . 
Bài 2. (5,0 điểm). 
 a) Tìm số tự nhiên n sao cho các số 2n 2017 và n 2019 đều là các số chính phương. 
 b) Giải phương trình: 2x2 3x 2x2 3x 9 33 .
 c) Chứng minh rằng: A n3 3n2 n 3 chia hết cho 48 với n là số tự nhiên lẻ.
 Lời giải
 a) Cách 1: Với 2n 2017 và n 2019 là các số chính phương. 
 2n 2017 a2 2n 2017 a2
 Đặt 2b2 a2 2021 2b a 2b a 2021
 2 2 
 n 2019 b 2n 4038 2b
.
 Ta xét các trường hợp: 
 45
 2b a 43 b 2013
 + TH1: 2 n (loại).
 2b a 47 2
 a 2
 45
 2b a 47 b 2013
 + TH2: 2 n (loại).
 2b a 43 2
 a 2
 1011
 2b a 2021 b 1018083
 + TH3: 2 n (loại).
 2b a 1 2
 a 1010
 1011
 2b a 1 b 1018083
 + TH4: 2 n (loại).
 2b a 2021 2
 a 1011
 Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bài toán.
 2n 2017 a2
 Cách 2: Đặt 2b2 a2 2021 (với a, b ).
 2 ¥
 n 2019 b
 Ta có a2 2n 2017 a là số lẻ. Đặt a 2k 1 ( k ¥ ).
 2
 Suy ra 2b2 2k 1 2021 b2 2k k 1 1011. 1 
 Ta thấy vế trái của 1 là số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1, vế phải của 1 
chia 
 cho 4 dư 3. Do đó không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bài toán. 
 b) Ta thấy: 2x2 3x 9 0, x . Phương trình 2x2 3x 2x2 3x 9 33 2x2 3x 9 2x2 3x 9 42 
 2 2 t 6
 Đặt t 2x 3x 9 t 0 . Phương trình trở thành: t t 42 0 , chọn t 6 .
 t 7
 x 3
 2
 Với t 6 2x 3x 9 36 9 .
 x 
 2
 9 
 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S 3;  .
 2 
 c) Ta có A n3 3n2 n 3 n2 n 3 n 3 n 1 n 1 n 3 .
Với n là số tự nhiên lẻ n 1 n 1 n 3 là tích của 3 số chẵn liên tiếp nên A8 , A3 ; A2 .
 Suy ra A48.
Bài 3. (3,0 điểm)
 1 1 1
 a) Cho a , b là các số dương thoả mãn: . 
 a b 2019
 Chứng minh: a b a 2019 b 2019 . 
 b) Cho a , b , c là các số dương thoả mãn: a b c 3.
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 . 
 Lời giải
 a) Điều kiện: a 2019 , b 2019 .
 1 1 1 ab
 Ta có: 2019 .
 a b 2019 a b
 ab ab a b
 Khi đó: a 2019 b 2019 a b 
 a b a b a b a b
 a b
 a b .
 a b
 3
 b) Ta có: a2 ab b2 a b 1 
 2
 3
 b2 bc c2 b c 2 
 2
 3
 c2 ca a2 c a 3 
 2
 Cộng vế theo vế của 1 , 2 , 3 ta được: M 3 a b c 3 3 .
 Dấu “ ” xảy ra khi a b c 1.
 Vậy GTNN M 3 3 đạt được khi a b c 1.
Bài 4. (6,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H .
 a) Chứng minh AEF # DBF . AH
 b) Tính: tanA· BC.tanA· CB theo k . Biết k .
 HD
 S S S
 c) Chứng minh: AEF DBF DEC . 
 AH 2 BH 2 CH 2
 Lời giải
 A
 F
 E
 H
 C D B
 AE AF
 a) Xét AEF và ABC có: µA chung; ( cosA). Suy ra AEF # ABC (c.g.c).
 AB AC
 Tương tự cũng có: DBF # ABC (c.g.c).
 Do đó: AEF # DBF (đpcm).
 b) Ta có: A· CB B· HD (cùng phụ với H· BD ). 
 BD
 Suy ra: tanA· CB tanB· HD (vì BHD vuông tại D ); 
 HD
 AD
 tanA· BC (vì ABD vuông tại D ). 
 BD
 AD BD AD
 Khi đó: tanA· BC.tanA· CB . 1 
 BD HD HD
 AH AH HD AD
 Mặt khác: k k 1 hay k 1 2 
 HD HD HD
 Từ 1 và 2 suy ra: tanA· BC.tanA· CB k 1.
 AH AE AH 2 AE 2
 c) Ta có: AEH # BDH (g.g) .
 BH BD BH 2 BD2
 BH 2 FB2
 Tương tự: .
 CH 2 CE 2
 2 2
 SAEF AE AH
 Theo câu a) ta có: AEF # DBF 2 2 .
 SDBF BD BH
 2 2
 SDBF BF BH
 Chứng minh tương tự câu a) ta được: DBF # DCE 2 2 .
 SDCE CE CH
 2 2
 SAEF AH SDBF BH SAEF SDBF SDEC
 Do đó: 2 ; 2 2 2 2 (đpcm).
 SDBF BH SDCE CH AH BH CH 
Bài 5. (2,0 điểm) Tính tan36 (không được sử dụng bảng số và máy tính).
 Lời giải
 A
 x
 E
 D
 x
 B C
 1
 Vẽ ABC cân tại A , có BC 1 ; µA 36 ; Bµ Cµ 72 .
 Vẽ phân giác CD của góc C ADC cân tại D và DCB cân tại C
 DA DC BC 1.
 Kẻ DE  AC tại E .
 Đặt AE x EC x; AC AB 2x; BD 2x 1.
 DA AC 1
 Mặt khác CD là phân giác của góc C hay 2x
 DB CB 2x 1
 2
 2 1 5
 4x 2x 1 0 2x * 
 2 4
 1 5 x 1 5
 Nghiệm dương của phương trình * là: x . Ta có: cos36 x .
 4 AD 4
 10 2 5 10 2 5
 Mà sin2 36 cos2 36 1 sin2 36 sin36 .
 16 4
 10 2 5 1 5 10 2 5
 Suy ra tan36 : . 
 4 4 1 5