Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Quận môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Bắc Từ Liêm (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUẬN BẮC TỪ LIÊM NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (4,0 điểm)
 1. Cho biểu thức: 
 1 1 1 2 1 1 x y
 A . . :
 3 
 x y x y 2 xy x y x y xy xy
 a) Rút gọn biểu thức A . 
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 5 ; y = 3 5
 a b b c c a c a b
 2. Cho 2 biểu thức: P ;Q với a,b,c 0 
 c a b a b b c c a
 thỏa mãn: a b c và a3 b3 c3 3abc . Chứng minh rằng: P.Q 9
Câu 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
 5 x 5 x 
 a) x x 6
 x 1 x 1 
 b) 4x 1 x2 1 2 x2 1 2x 1
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: y2 2xy 7x 12 0
 b) Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1là số nguyên tố.
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC AB , đường cao AH ( H thuộc BC ). Trên tia 
 HC lấy điểm D sao cho HD HA . Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E . 
 a) Chứng minh: ADC ∽ BEC . Cho AB m , tính BE theo m . 
 b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng: BHM ∽ BEC . Tính góc 
 ·AHM .
 GB HD
 c) Tia AM cắt BC tại G.Chứng minh rằng: 
 BC AH HC
Câu 5: (2,0 điểm)
 1 1 1
 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: 6. 
 x y y z z x
 1 1 1 3
 Chứng minh rằng .
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2
 .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 THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUẬN BẮC TỪ LIÊM 
 NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (4,0 điểm)
 1. Cho biểu thức: 
 1 1 1 2 1 1 x y
 A . . :
 3 
 x y x y 2 xy x y x y xy xy
 a) Rút gọn biểu thức A . 
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 5 ; y = 3 5
 a b b c c a c a b
 2. Cho 2 biểu thức: P ;Q với a,b,c 0 
 c a b a b b c c a
 thỏa mãn: a b c và a3 b3 c3 3abc . Chứng minh rằng: P.Q 9
 Lời giải
 1. a) ĐKXĐ: x 0; y 0; x y
 1 1 1 2 1 1 x y
 A . . :
 3 
 x y x y 2 xy x y x y xy xy
 x y 2 x y xy xy
 2 3 .
 xy x y x y x. y x y
 x y 2 xy xy xy
 2 .
 xy x y x y
 1 xy xy xy
 . 
 xy x y x y
 b) Với x 3 5 ; y 3 5 ta có: x y do đó:
 xy
 A 0
 x y
 2
 2 
 xy 3 5 3 5 42
 Mà A2 8
 2
 x y 2 xy 2 6 2.2
 (3 5) (3 5) 2 3 5 
 Vậy A 8 2 2
 2. Ta có: a3 b3 c3 3abc a3 b3 c3 3abc 0
 a b c a2 b2 c2 ab ac bc 0 (1)
 1
 Mà a2 b2 c2 ab ac bc (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 (Do a b c )
 2 Do đó: (1) a b c 0 a b c;a c b;b c a (2)
 Mặt khác:
 a b b c c a ab(b a) bc(b c) ac(c a)
 P 
 c a b abc
 ab(a b) b2c bc2 ac2 a2c (a b)(b c)(a c)
 P (3)
 abc abc
 Hơn nữa:
 a b z x y a b 2c 3c
 Đặt b c x Ta có: y z b c 2a 3a (do (2) )
 c a y z x a c 2b 3b
 Vì thế:
 c a b 1 x y y z z x 
 Q 
 a b b c c a 3 z x y 
 1 (x y).(y z).(x z)
 . (Biến đổi tương tự rút gọn P)
 3 xyz
 1 ( 3c).( 3a).[ ( 3b)]
 .
 3 (a b).(b c).(c a)
 9abc
 (4)
 (a b).(b c).(c a)
 (a b).(b c).(a c) 9abc
 Từ (3), (4) ta có: P.Q . 9
 abc (a b).(b c).(c a)
 Vậy P.Q 9 
Câu 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
 5 x 5 x 
 a) x x 6
 x 1 x 1 
 b) 4x 1 x2 1 2 x2 1 2x 1
 Lời giải
 5 x 5 x
 a) ĐKXĐ : x 1. Đặt x a ; x b
 x 1 x 1
 5 x 5 x 5x x2 x2 x 5 x
 Ta có : a b x x 5
 x 1 x 1 x 1 a 2
 ab 6 b 3
 Mà a.b 6 Do đó 
 a b 5 a 3
 b 2
 Với a 2; b 3 thì x2 3x 2 0 x 1 hoặc x 2 
 Với a 3; b 2 thì x2 2x 3 0 (PT vô nghiệm)
 b) Giải phương trình : 4x 1 x2 1 2 x2 1 2x 1 (1)
 Đặt x2 1 y (y 1) Ta có :
 (1) (4x 1).y 2y2 2x 1
 2y2 4xy 2x y 1 0
 2y2 4xy 2y y 2x 1 0
 2y y 2x 1 y 2x 1 0
 y 2x 1
 (y 2x 1).(2y 1) 0 1
 y 1 (L)
 2
 x2 1 2x 1(ĐK : x 1)
 x2 1 4x2 4x 1
 x 0(KTM )
 x(3x 4) 0 4
 x (TM )
 3
 4
 Vậy phương trình có tập nghiệm là S 
 3
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: y2 2xy 7x 12 0
 b) Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1là số nguyên tố.
 Lời giải
 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: y2 2xy 7x 12 0
 y2 2xy 7x 12 0 4y2 8xy 28x 48 0
 (2y 7)(2 y 7 4 x) 1
 2y 7 1 x 4
 TH1: 
 2y 7 4x 1 y 4 2y 7 1 x 3
 TH1: 
 2y 7 4x 1 y 3
 Vậy x 4, y 4 hoặc x 3, y 3 
 b) Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1là số nguyên tố
 Xét n = 0 thì A 1 không phải nguyên tố;
 Xét n = 1thì A 3 nguyên tố.
 Xét n 1 : A n2012 n2 n2002 n n2 n 1
 n2 ((n3 )670 1) n.((n3 )667 1) (n2 n 1)
 Mà (n3 )670 1 chia hết cho n3 1, suy ra (n3 )670 1 chia hết cho n2 n 1
 Tương tự, (n3 )667 1 chia hết cho n2 n 1.
 Do đó A chia hết cho n2 n 1> 1 nên A là hợp số.
 Số tự nhiên cần tìm n 1 .
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC AB , đường cao AH ( H thuộc BC ). Trên tia 
 HC lấy điểm D sao cho HD HA . Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E . 
 a) Chứng minh: ADC ∽ BEC . Cho AB m , tính BE theo m . 
 b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng: BHM ∽ BEC . Tính góc ·AHM .
 GB HD
 c) Tia AM cắt BC tại G.Chứng minh rằng: 
 BC AH HC
 Lời giải
 a) Chứng minh hai tam giác ADC và BEC đồng dạng. Biết AB m , tính BE theo m .
 C/m: CDE và CAB đồng dạng (g.g)
 Tam giác ADC và tam giác BEC :
 CD CA
 (Vì hai tam giác CDE và CAB đồng dạng)
 CE CB
 GócC : chung
 Suy ra tam giác ADC đồng dạng tam giác BEC (c.g.c) C/m: Tam giác AHD vuông cân tại H => ·ADH 45 ·ADC 135
 ADC đồng dạng với BEC (cmt)
 · ADC B· EC
 B· EC 135
 ·AEB 45
 AEB vuông cân tại A
 Do đó, BE m 2
 b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng: BHM# BEC . Tính góc ·AHM
 - Có: AB2 BH.BC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
 2AB2 2BH.BC
 BE 2 2BH.BC
 BE BH BM BH
 (Vì BE = 2 BM)
 2BC BE BC BE
 - C/m: BHM và BEC đồng dạng (c.g.c)
 - Vì BHM và BEC đồng dạng (cmt)
 B· HM B· EC 135 ·AHM 45
 GB HD
 c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng: 
 BC AH HC
 Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC
 GB AB
 Suy ra: (T/c đường Phân giác) (1)
 GC AC
 - C/m: AHC và BAC đồng dạng (g.)
 AH HC AH AB HD AB
 (Do AH HD) (2)
 AB AC HC AC HC AC
 Từ (1), (2) suy ra :
 GB HD GB HD GB HD
 GC HC GB GC HD HC BC AH HC
Câu 5: (2,0 điểm)
 1 1 1
 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: 6. 
 x y y z z x
 1 1 1 3
 Chứng minh rằng .
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2
 Lời giải
 1 1 1
 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: 6 . 
 x y y z z x 1 1 1 3
Chứng minh rằng .
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2
 1 1 4 1 1 1 1 
 Áp dụng BĐT (Với a,b > 0) => 
 a b a b a b 4 a b 
Ta có: 
 1 1 1 1 1 
3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 4 x y x z (x y) (y z) 4 4 x y x z x y y z 
 1 2 1 1 
 16 x y x z y z 
 1 1 2 1 1 
Tương tự: 
 3x 2y 3z 16 x z x y y z 
 1 1 2 1 1 
2x 3y 3z 16 y z x y x z 
Cộng vế theo vế, ta có:
 1 1 1 1 4 4 4 
3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 
 4 1 1 1 1 3
 .6 
 16 x y x z y z 4 2