Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Tỉnh Điện Biên (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1. (5,0 điểm)
 x 1 2 
 1. Cho biểu thức: P 1 : 1.
 x 1 x 1 x x x x 1 
 a) Rút gọn biểu thức P.
 b) Tìm x để Q x P nhận giá trị nguyên.
 2. Cho x x2 1 2y 4y2 1 1.Tính giá trị biểu thức x3 8y3 2019.
Câu 2. (4,0 điểm)
 1. Giải phương trình: 2x2 x 3 3x x 3.
 3 6
 x 2
 y
 2. Giải hệ phương trình: 
 8
 3x 3 2
 y
Câu 3. (3,0 điểm)
 1. Chứng minh rằng: 
 1 1 1 1 1
  1 (n ¥ *). 
 2 2 1 1 3 3 2 2 4 4 3 3 n 1 n 1 n n n 1
 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của: A 5x2 9y2 12xy 24x 48y 82.
Câu 4. (6,0 điểm)
 1. Cho VABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ các đường cao BE, 
 CF của VABC ( E AC,F AB ). Các đường cao BE, CF cắt (O) lần lượt tại 
 M và N.
 a) Chứng minh rằng MN PEF, OA  EF.
 b) Gọi H là trực tâm của VABC Chứng minh rằng: CH.CF BH.BE BC 2.
 2. Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác VABC. Các tia AO, BO, CO cắt 
 các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại G, E và F. Chứng minh rằng 
 OA OB OC
 không phụ thuộc vào vị trí điểm O.
 AG BE CF
Câu 5. (2,0 điểm) 1. Chứng minh rằng: P x3 3x2 3x 3 là một số chính phương khi 
 x 1 3 2 3 4.
 2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 2y2 5.
 -----------------------------Hết----------------------------
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1. (5,0 điểm)
 x 1 2 
 1. Cho biểu thức: P 1 : 1.
 x 1 x 1 x x x x 1 
 a) Rút gọn biểu thức P.
 b) Tìm x để Q x P nhận giá trị nguyên.
 2. Cho x x2 1 2y 4y2 1 1.Tính giá trị biểu thức x3 8y3 2019.
 Lời giải:
1. ĐKXĐ: x 0, x 1.
 x 1 2 
a) Ta có: P 1 : 1.
 x 1 x 1 x x x x 1 
 x 1 x 1 2 
 : 1
 x 1 x 1 x x 1 x 1 
 x 1 x 1 2
 : 1
 x 1 x 1 x 1 x 1 
 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1
 : 1 : 1
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 
 x 1 x x 1 x 1 x x 1 
 : 1 . 1
 x 1 x 1 x 1 x 1 
 x 1 x x 1 x x 1 x
 1 
 x 1 x 1 x 1
 x x x x x 1
b) Ta có: Q x P x 1 
 x 1 x 1 x 1 x 1
 x 1 1 (TM )
Để Q ¢ thì 1 x 1 x 0. 
 x 1 1(KTM )
Vậy x 0 Q ¢ .
2. Xét biểu thức: x2 1 1  x.
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x = 0.
Với x = 0 x x2 1 1 (1)
Tương tự: 2y 4y2 1 1 khi y 0 (2)
Từ (1) và (2) x x2 1 2y 4y2 1 1 x y 0.
Với x y 0 x3 8y3 2019 2019.
Vậy x3 8y3 2019 2019.
Câu 2. (4,0 điểm)
 1. Giải phương trình: 2x2 x 3 3x x 3.
 3 6
 x 2
 y
 2. Giải hệ phương trình: 
 8
 3x 3 2
 y
 Lời giải:
1. ĐKXĐ: x 3.
Đặt: t x 3 (t 0).
 2x2 x 3 3x x 3 2x2 t 2 3xt 0 t 2 3xt 2x2 0. 3x 2 4.1.2x2 9x2 8x2 x2.
 3x x
 t 2x.
 1 2
 3x x
 t x.
 2 2
 x 1 (TM )
 2 2 
Với t1 2x x 3 2x x 3 4x 4x x 3 0 3
 x (KTM )
 4
 1 13
 x (TM )
 2 2 2
Với t2 x x 3 x x 3 x x x 3 0 
 1 13
 x (KTM )
 2
 1 13 
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S 1; 
 2  
2. ĐKXĐ: y 0.
 6
 x u x3 2
 y u3 6v 2 (1)
Đặt: 
 1 3
 v 8 3u 8v 2 (2)
 y 3x 3 2
 y
Lấy (1) + (2) ta được: u3 6v 3u 8v3 0 u 2v u2 2uv 4v2 3 u 2v 0.
 2 2 u 2v 0
 u 2v u 2uv 4v 3 0 2 2
 u 2uv 4v 3 0
 u 2v 0 (Do: u2 2uv 4v2 3 0u,v)
 v 1 ;u 2
 3
Với u 2v 2v 6v 2 8v3 6v 2 0 1
 v ;u 1
 2
 x 2
Với v 1 ;u 2 (TM )
 y 1
 1 x 1
Với v ;u 1 (TM )
 2 y 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x; y 2;1 ; 1; 2 .
Câu 3. (3,0 điểm) 1. Chứng minh rằng: 
 1 1 1 1 1
  1 (n ¥ *). 
 2 2 1 1 3 3 2 2 4 4 3 3 n 1 n 1 n n n 1
 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của: A 5x2 9y2 12xy 24x 48y 82.
 Lời giải:
1. Ta có: a3 b3 a b a2 ab b2 a b 2ab ab ab a b (a,b 0)
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi a = b.
 3 3
Áp dụng ta được: 2 2 1 1 2 1 2. 1. 2 1 2 1 1 2.
 1 1 2 1 1
 1 .
 2 2 1 1 2 1 1 2 2. 1 2
 1 1 3 2 1 1
Tương tự: .
 3 3 2 2 3 2 2 3 3. 2 2 3
 ...................................................................
 1 1 n 1 n 1 1
 .
 n 1 n 1 n n (n 1) n n n 1 n 1. n n n 1
 1 1 1 1 1
  1 .
 2 2 1 1 3 3 2 2 4 4 3 3 n 1 n 1 n n n 1
=> đpcm.
2. Ta có: A 5x2 9y2 12xy 24x 48y 82
 4x2 9y2 12xy x2 24x 48y 82
 [ 2x 3y 2 2. 2x 3y .8 64] x2 8x 16 2
 2x 3y 8 2 x 4 2 2 2 (x, y).
 A 2 x, y.
 x 4
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi 16
 y 
 3 x 4
Vậy MinA 2 16
 y 
 3
Câu 4. (6,0 điểm)
 1. Cho VABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Kẻ các đường cao BE, 
 CF của VABC ( E AC,F AB ). Các đường cao BE, CF cắt (O) lần lượt tại 
 M và N.
 a) Chứng minh rằng MN PEF, OA  EF.
 b) Gọi H là trực tâm của VABC chứng minh rằng: CH.CF BH.BE BC 2.
 2. Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác VABC. các tia AO, BO, CO cắt 
 các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại G, E và F. Chứng minh rằng 
 OA OB OC
 không phụ thuộc vào vị trí điểm O.
 AG BE CF
 Lời giải:
1. 
 M
 A
 E
 N O
 F
 H
 C
 I
 B
a) Xét Y BFEC có: B· FC B· EC 90 Mà: B· FC và B· EC cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông.
 Y BFEC nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
 1
 E· FC E· BC E¼C (Góc nội tiếp chắn E¼C )
 2
 1
Mặt khác: E· BC M· NC M¼C (Góc nội tiếp chắn M¼C )
 2
 E· FC M· NC EF // MN (Vì: E· FC và M· NC đồng vị)
Thấy: E· BA F· CA (cùng phụ với B· AC ) ¼AN ¼AM AN AM.
Do: ON OM R (gt) A,O cách đều MN AO là trung trực của MN.
 AOMN AO EF (Vì: MN // EF)
 AC HC
b) Ta có: VAFC ∽ VHEC (Cµ chung) CF.CH AC.EC (1)
 FC EC
 AB HB
Tương tự: AEB ∽ HFB (Bµ chung) BE.BH AB.BF (2)
 BE BF
 EC IC
 EBC ∽ IAC (Cµ chung) BC.IC AC.EC (3)
 BC AC
 FB IB
 FBC ∽ IBA(Bµ chung) BC.IB AB.BF (4)
 BC BA
Từ (1) và (3) CH.CF BC.IB (5)
Từ (2) và (4) BE.BH BC.IC (6)
Từ (5) và (6) CF.CH BE.BH BC. IB IC BC 2 (đpcm)
2. A
 E
 F
 O
 H
 B
 G C
 K
 1
 S BH.AO AO
Ta có: ABO 2 (Chung đường cao BH)
 S 1 AG
 ABG BH.AG
 2
 1
 S CK.AO AO
Tương tự: ACO 2 (Chung đường cao CK)
 S 1 AG
 ACG CK.AG
 2
 AO S S S S S S
 ABO ACO ABO ACO ABO ACO (1)
 AG SABG SACG SABG SACG SABC
 BO SBCO SBAO
 (2)
 BE SABC
Chứng minh tương tự ta được: 
 CO S S
 CAO CBO (3)
 CF SABC
 AO BO CO S S S S S S
Từ (1), (2) và (3) ta có: ABO ACO BCO BAO CAO CBO
 AG BE CF SABC SABC SABC
 AO BO CO S S S S S S 2 SABO SACO SBCO 2S
 ABO ACO BCO BAO CAO CBO ABC 2
 AG BE CF SABC SABC SABC
 AO BO CO
Vậy 2 nên không phụ thuộc vào vị trí điểm O.
 AG BE CF
Câu 5. (2,0 điểm)
 1. Chứng minh rằng: P x3 3x2 3x 3 là một số chính phương khi 
 x 1 3 2 3 4.
 2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 2y2 5. Lời giải:
 3 2
1. Với x 1 3 2 3 4 P 1 3 2 3 4 3 1 3 2 3 4 3 1 3 2 3 4 3
 2 3 2
 3 2 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 3 
 P 1 3.1 . 2 4 3.1. 2 4 2 4 3 1 2.1. 2 4 2 4 
 3 3. 3 2 3 4 3.
 2 3 2
 P 1 3. 3 2 3 4 3. 3 2 3 4 3 2 3 4 3 6. 3 2 3 4 3. 3 2 3 4 3. 3 2 3 4 
 3 3
 P 1 3 2 3 4 3 6. 3 2 3 4 3 2 3 4 6. 3 2 3 4 2
 3 3 2 2 3
 P 3 2 3 4 6. 3 2 3 4 2 3 2 3. 3 2 .3 4 3.3 2. 3 4 3 4 6.3 2 6.3 4 2
 2 2
 P 2 3. 3 4 3.2.3 4. 4 6.3 2 6.3 4 2 3. 3 4 4 6.3 2
 P 3.2.3 2 4 6.3 2 4 22.
Vậy P 4 22 là số chính phương khi x 1 3 2 3 4.
2. Ta thấy: 2y2  2 x là số lẻ (Vì: x2 2y2 5 )
Đặt: x 2k 1 (k ¢ )
 x2 2y2 5 2k 1 2 2y2 5 4k 2 4k 1 2y2 5
 y2 2k 2 2k 2 2. k 2 k 1 
 y  2.
Đặt: y 2m (m ¢ ) y2 2. k 2 k 1 2m 2 2. k 2 k 1 
 4m2 2. k 2 k 1 2m2 k 2 k 1 2m2 1 k. k 1 .
Do: 2m2 1 là số lẻ, còn k. k 1 là số chẵn (tích 2 số nguyên liên tiếp)
 2m2 1 k. k 1 (KTM ). Vậy phương trình vô nghiệm.
 -----------------------------Hết----------------------------