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

 ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TRIỆU PHONG NĂM HỌC 2019-2020 
Câu 1: (4,0 điểm)
 1) Cho A n4 10n2 9 
 Với mọi số nguyên n lẻ , chứng minh A chia hết cho 384 
 5 4
 2) Tìm các số nguyên a,b thỏa mãn: 18 2 3 
 a b 2 a b 2
Câu 2: (4,0 điểm)
 2
 x y x y x x y y 
 Cho biểu thức B . 
 x x y y x y x y 
 a) Rút gọn B.
 b) So sánh B và B .
Câu 3: (6,0 điểm)
 1) Biết x2 y2 x y 
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của C x y 
 2) Cho biểu thức D 4 10 2 5 4 10 2 5 2 2 3 14 5 3 
 Chứng minh D là nghiệm của phương trình D2 14D 44 0 
 3) Cho x, y ,z là ba số dương . Chứng minh rằng:
 1 1 1 1 1 1 1 
 2 2 2 
 x yz y zx z xy 2 xy yz zx 
Câu 4: (4,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a .Gọi I là trung điểm của cạnh AB 
 . Điểm H thuộc cạnh DI sao cho AH vuông góc với DI
 1) Chứng minh rằng CHD cân
 2) Tính diện tích CHD .
Câu 5: (2,0 điểm)
 Xác định M nằm trong tam giác ABC sao cho tích các khoảng cách từ M đến 
các cạnh của tam giác đạt giá trị lớn nhất.
 .HẾT . LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TRIỆU PHONG - 
NĂM HỌC 2019 - 2020
Câu 1: (4,0 điểm)
 1) Cho A n4 10n2 9 
 Với mọi số nguyên n lẻ , chứng minh A chia hết cho 384 
 5 4
 2) Tìm các số nguyên a,b thỏa mãn: 18 2 3 
 a b 2 a b 2
 Lời giải
 1) Ta có A n4 10n2 9 n4 n2 9n2 9 n2 (n2 1) 9(n2 9) 
 n2 1 n2 9 n 1 n 1 n 3 n 3 
 Theo giả thiết n số nguyên lẻ , nên đặt: n 2k 1(k N) , ta viết lại:
 A 2k 2 .2k. 2k 4 . 2k 2 16(k 1).k(k 2).(k 1)
 Ta nhận thấy rằng: (k 1) ,k ,(k 2) ,(k 1) là 4 số nguyên liên tiếp nên sẽ chia 
hết cho 2.3.4 24 
 A(16.24) 384 Với mọi số nguyên n lẻ.
 2) ĐK: a Z , b Z , a2 b2 0 , a b 2
 5 4
 Ta có: 18 2 3 , với 
 a b 2 a b 2
 5 a b 2 4 a b 2 
 18 2 3 
 a2 2b2
 a 9b 2 3 18 2 a2 2b2 
 a 9b 2 3a2 6b2 18 2 a2 2b2 
 18a2 36b2 9b 2 3a2 6b2 a
 3a2 6b2 a
 Nếu 18a2 36b2 9b 0 2 
 18a2 36b2 9b
 3a2 6b2 a
 Vì a,b nguyên nên Q 2 Q 
 18a2 36b2 9b
 Vô lý vì 2 là số vô tỉ Vì thế ta có: 
 3 3
 18a2 36b2 9b 0 3a2 6b2 b a b
18a2 36b2 9b 0 2 2
 2 2 
 3a 6b a 0 2 2 2 2
 3a 6b a 3a 6b a
 3b
 thay a vào 3a 2 6b2 a 0 , ta có:
 2
 9 3
 3. b2 6b2 b 0 27b2 24b2 6b 0 3b b 2 0 
 4 2
 b 0 (loai)
 .
 b 2 (thoa man)
 Khi b 2 a 3 (thoa man) 
 Vậy a 3 , b 2 thỏa mãn điều kiện bài toán. 
 Câu 2: (4,0 điểm)
 2
 x y x y x x y y 
 Cho biểu thức B . 
 x x y y x y x y 
 a) Rút gọn B.
 b) So sánh B và B .
 Lời giải
 a) x , y 0 ,x y .
 2
 x y x y x y x y x xy y 
 Ta có : 
 B . 
 x y x xy y x y x y x y 
 x y x xy y 
 B . x y 
 x xy y x y 
 x y x 2 xy y x xy y
 B .
 x xy y x y
 x y xy
 B . 
 x xy y x y xy
 B 
 x xy y
 2
 y 3y
 b) Vì x , y 0 xy 0 và x xy y x 0 ,x, y 0
 2 4
 Nên B 0 với mọi x, y thỏa mãn điều kiện đã cho 
 2
 Lại có: x y 0 x y xy xy 
 1 1
 x y xy xy
 xy xy
 1
 x y xy xy
 Dấu “ = “ không xảy ra vì x y 
 Vậy 0 B 1 , nên B B 
Câu 3: (6,0 điểm)
 1) Biết x2 y2 x y 
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của C x y 
 2) Cho biểu thức D 4 10 2 5 4 10 2 5 2 2 3 14 5 3 
 Chứng minh D là nghiệm của phương trình D2 14D 44 0 
 3) Cho x, y ,z là ba số dương . Chứng minh rằng:
 1 1 1 1 1 1 1 
 2 2 2 
 x yz y zx z xy 2 xy yz zx 
 Lời giải
 1) Ta có: 
 C x y x y 2y
 x2 y2 2y
 2
 x2 y 1 1 1
 Dấu “ = “ xảy ra x 0 , y 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của C 1 x 0; y 1 
 Lại có:
 C x y 2x (x y)
 2x x2 y2 
 x2 2x 1 y2 1
 2
 x 1 y2 1 1
 Dấu “ = “ xảy ra x 1, y 0 
 Vậy giá trị lớn nhất của C 1 x 1; y 0 
 2) Ta có: D 4 10 2 5 4 10 2 5 2 2 3 14 5 3 
 D 4 10 2 5 4 10 2 5 4 2 3 28 10 3
 D 4 10 2 5 4 10 2 5 3 1 5 3
 D 6 4 10 2 5 4 10 2 5 , với D 6 0 
 2
 D 6 8 2 16 10 2 5
 2
 D 6 8 2 5 1 6 2 5
 2 2
 D 6 5 1 
 D 6 1 5 hay D 7 5
 Ta có: D2 14D 44 0
 2
 7 5 14 7 5 44 0
 54 14 5 98 14 5 44 0
 Vậy bài toán được chứng minh
 1 1 yz
3) Ta có: x2 yz 2x yz 
 x2 yz 2x yz 2xyz
 1 1 zx 1 1 xy
 Tương tự, ta cũng có: ; 
 y2 zx 2y zx 2xyz z2 xy 2z xy 2xyz y z
 y z yz y z
 Mà: yz 2 
 2 2xyz 2xyz 4xyz
 zx z x xy x y
 Tương tự, ta có: ; 
 2xyz 4xyz 2xyz 4xyz
 Từ đó suy ra: 
 1 1 1 y z z x x y 1
 2x 2y 2z 
 x2 yz y2 zx z2 xy 4xyz 4xyz 4xyz 4xyz
 1 1 1 1 
 (dpcm)
 2 xy yz zx 
 Dấu “ = “ xảy ra x y z 
Câu 4 :(4,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a .Gọi I là trung điểm của cạnh AB 
 . Điểm H thuộc cạnh DI sao cho AH vuông góc với DI
 1) Chứng minh rằng CHD cân
 2) Tính diện tích CHD .
 Lời giải
 1) Gọi K trung điểm của AD ; E là giao điểm của CK và DI .
 Xét ADI và DCK có:
 · · 0 AB CD 
 CDK DAI 90 (gt) ; CD AD (gt) ; AI DK 
 2 2 
 Suy ra: ADI DCK (c.g.c) 
 A· DI D· CK ; mà D· CK D· KC 900
 Suy ra: A· DI D· KC 900
 KC  DI (1) 
 - Lại có: HK là đường trung tuyến ứng với 
 cạnh huyền AD 
 HK KD (2) 
 Từ (1) va (2) suy ra : KC là đường trung trực 
 của DH CH CD CHD cân tại C 
 a 5
 2) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ADI , ta tính được : DI 
 2
 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADI , đường cao AH ta có:
 AD2 a2 2a
 DH.DI AD2 DH 
 DI a 5 5
 2
 AI.AD a2 a 5 a
 AH.DI AI.AD AH : 
 DI 2 2 5
 1 a
 Mà EK là đường trung bình của AHD EK AH 
 2 2 5
 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DKC , đường cao DE ta có:
 KD2 a2 a a 5
 KE.CK KD2 CK : 
 KE 4 2 5 2
 a 5 a 2a
 Suy ra: CE CK KE 
 2 2 5 5
 1 1 2a 2a 2a2
 Diện tích CHD là: SCHD CE.DH . . (đvdt)
 2 2 5 5 5
Câu 5: (2,0 điểm)
 Xác định M nằm trong tam giác ABC sao cho tích các khoảng cách từ M đến 
 các cạnh của tam giác đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải
 Đặt AB c ,BC a , AC b . Gọi D ,E ,F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh BC , AC , AB và đặt 
 MD , ME , MF lần lượt là x , y ,z .
 xa yb zc 33 xa.yb.zc
 Ta có: S S S S 
 ABC MAB MBC MAC 2 2
 3
 3 3 3 3 2SABC 8S ABC
 SABC abc. xyz xyz xyz (luôn là hằng số 
 2 33 abc 27abc
không đổi)
 8S3
 Vậy tích các khoảng cách từ M đến 3 cạnh của ABC đạt GTLN bằng ABC
 27abc
 Dấu “ = “ xảy ra xa by cz SMAB SMBC SMAC 
 Hay : M là trọng tâm của ABC