Đề thi chọn học sinh giỏi vòng 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Vũ Quang (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN VŨ QUANG (V2) NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1:
 a) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x3 y3 6 x2 y2 13 x y 20 0 . 
 Tính giá trị của A x3 y3 12xy . 
 x6 3x5 3x4 x3 2017
 b) Cho biểu thức x2 x 1 0 . Tính giá trị của Q . 
 x6 x3 3x2 3x 2017
 x y 2 x y 
 c) Cho x y 1 và xy 0 . Chứng minh rằng 0 . 
 y3 1 x3 1 x2 y2 3
Câu 2:
 2 a2 a2 b2 b2 a2 ab b2
 a) Cho biểu thức B 2 2 : . 
 a a ab ab b ab a b
 1
 Rút gọn và tính giá trị của B với 2a 1 1 và b 1 . 
 2
 b) Cho P x là đa thức bậc 4 với hệ số cao nhất bằng 1.
 Biết P 2015 2016 ; P 2016 2017 ; P 2017 2018. 
 Tính P 2014 P 2018 . 
Câu 3:
 1 1 1 3
 a) Giải phương trình . 
 x2 5x 4 x2 11x 28 x2 17x 70 4x 2
 b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 xy y2 3. 
Câu 4:
 a) Tìm x, y để biểu thức F 5x2 2y2 2xy 4x 2y 3 đạt giá trị nhỏ nhất.
 b) Tìm các số nguyên dương n sao cho 2n 3n 4n là số chính phương. 
Câu 5:
 1
 a) Cho hình bình hành ABCD . Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho AM AB , 
 3
 N là trung điểm của CD , G là trọng tâm tam giác BMN , I là giao điểm của 
 AG IB
 AG và BC . Tính và .
 GI IC
 b) Cho tam giác ABC , phân giác trong góc A cắt BC tại D , trên các đoạn thẳng DB
 , DC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho E·AD F·AD . Chứng minh rằng 
 BE.BF AB2
 . 
 CE.CF AC 2
 c) Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đường chéo AC , trên tia đối của tia AD lấy 
 điểm E. Đường thẳng EB cắt đường thẳng DC tại F , CE cắt AF tại O . Chứng 
 minh rằng AEC # CAF , tính số đo E·OF . 
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN VŨ QUANG (V2) NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1:
 a) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x3 y3 6 x2 y2 13 x y 20 0 . 
 Tính giá trị của A x3 y3 12xy . 
 x6 3x5 3x4 x3 2017
 b) Cho biểu thức x2 x 1 0 . Tính giá trị của Q . 
 x6 x3 3x2 3x 2017
 x y 2 x y 
 c) Cho x y 1 và xy 0 . Chứng minh rằng 0 . 
 y3 1 x3 1 x2 y2 3
 Lời giải
 a) Từ giả thiết ta có: 
 x3 6x2 12x 8 y3 6y2 12y 8 x y 4 0 
 x 2 3 y 2 3 x y 4 0 
 x y 4 x 2 2 x 2 y 2 y 2 2 1 0 
 2 2
 2 2 y 2 3 y 2 
 Vì x 2 x 2 y 2 y 2 1 x 2 1 0 
 4 4
 Do đó x y 4 0 A x y x y 2 3xy 12xy 4 16 3xy 12xy 64 
 Vậy A 64 . 
 b) Ta có
 x6 3x5 3x4 x3 2017
 x6 x5 x4 2x5 2x4 2x3 2x4 2x3 2x2 x3 x2 x x2 x 1 2018
 x2 x 1 x4 2x3 2x2 x 1 2018 2018
 x6 x3 3x2 3x 2017
 x6 x5 x4 x5 x4 x3 2x4 2x3 2x2 2x3 2x2 2x x2 x 1 2018
 x2 x 1 x4 x3 2x2 2x 1 2018 2018
 Do đó Q 1. 
 c) Từ x y 1 x 1 y; y 1 x . Khi đó 
 x y 1 y 1 x
 y3 1 x3 1 y3 1 x3 1
 1 1 x2 x 1 y2 y 1
 y2 y 1 x2 x 1 x2 x 1 y2 y 1 
 y x y x 1 
 x2 y2 xy x y x2 y2 xy x y 1
 2 y x 2 y x 
 x2 y2 2xy x2 y2 2 x2 y2 3
 x y 2 x y 
 0 .
 y3 1 x3 1 x2 y2 3 Câu 2:
 2 a2 a2 b2 b2 a2 ab b2
 a) Cho biểu thức B 2 2 : . 
 a a ab ab b ab a b
 1
 Rút gọn và tính giá trị của B với 2a 1 1 và b 1 . 
 2
 b) Cho P x là đa thức bậc 4 với hệ số cao nhất bằng 1.
 Biết P 2015 2016 ; P 2016 2017 ; P 2017 2018. 
 Tính P 2014 P 2018 . 
 Lời giải
 a) ĐKXĐ: a,b 0;a b .
 Ta có 
 2a 1 1 a 1
 2a 1 1 . Vì a 0 nên a 1 
 2a 1 1 a 0
 1 1
 b 1 b 
 1 2 2
 b 1 
 2 1 3
 b 1 b 
 2 2
 Do đó
 1 1 b2 b 1 b b2
 B 2 :
 1 b b 1 b 1 b
 2
 1 b b 1 b 1 b 1 b
 2 . 
 b 1 b 1 b b2
 1 b3 1 b b 1
 2 2 
 b 1 b b2 b b
 1
 Với b B 3 . 
 2
 3 5
 Với b B . 
 2 3
 b) Gọi đa thức Q x P x x 1 ta có Q 2015 Q 2016 Q 2017 0 
 Vì P x có hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên Q x cũng có hệ số cao nhất bằng 1.
 Do đó Q x có dạng Q x x 2015 x 2016 x 2017 x a 
 Suy ra P x x 2015 x 2016 x 2017 x a x 1 
 Ta có
 P 2014 P 2018 1 . 2 . 3 . 2014 a 2015 3.2.1. 2018 a 2019
 6 .2014 6a 6.2018 6a 4034 4058
Câu 3:
 1 1 1 3
 a) Giải phương trình . 
 x2 5x 4 x2 11x 28 x2 17x 70 4x 2 b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 xy y2 3. 
 Lời giải
 a) ĐKXĐ: x 1; x 4 ; x 7 ; x 10 .
 Phương trình ban đầu trở thành: 
 3 3 3 9
 x 1 x 4 x 4 x 7 x 7 x 10 4x 2
 1 1 1 1 1 1 9
 x 1 x 4 x 4 x 7 x 7 x 10 4x 2
 1 1
 x 1 x 10 4x 2
 x 1 x 10 4x 2
 x2 7x 12 0
 x 3 x 4 0
 x 3 n 
 x 4 l 
 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 3 . 
 b) Ta có 
 x2 xy y2 3
 4x2 4xy 4y2 12
 2x y 2 3 4 y2 0
 y2 4
 2 y 2
 2 x 1
 • Với y 1 x x 2 0 x 1 x 2 0 
 x 2
 2 x 1
 • Với y 1 x x 2 0 x 1 x 2 0 
 x 2
 • Với y 2 x2 2x 1 0 x 1 2 0 x 1 
 • Với y 2 x2 2x 1 0 x 1 2 0 x 1 
 • Với y 0 x2 3 l 
 Vậy x, y 2, 1 ; 1, 1 ; 1,1 ; 2,1 ; 1, 2 ; 1,2 . 
Câu 4:
 a) Tìm x, y để biểu thức F 5x2 2y2 2xy 4x 2y 3 đạt giá trị nhỏ nhất.
 b) Tìm các số nguyên dương n sao cho 2n 3n 4n là số chính phương. 
 Lời giải
 a) Ta có F 5x2 2y2 2xy 4x 2y 3
 y2 4x2 1 4xy 4x 2y x2 y2 2xy 2
 y 2x 1 2 x y 2 2
 Do đó F 2 .
 1 1 
 Dấu " " xảy ra x; y ; 
 3 3 
 Vậy min F 2 
 b) Đặt A 2n 3n 4n . Nếu n 1 thì A 9 (thỏa mãn)
 Xét n 1 hay n 2 thì 2n 4n chia hết cho 4 .
 Ta có 3n chia 4 dư 1 với n chẵn hoặc 1 với n lẻ. Mà một số chính phương chia 
 4 dư 0 hoặc 1 nên A phải chia 4 dư 1 nên 3n phải chia 4 dư 1. Suy ra n chẵn.
 Với n chẵn: 2n chia 3 dư 1, 4n chia 3 dư 1, 3n chia hết cho 3 . 
 Do đó A chia 3 dư 2 (vô lí, vì một số chính phương chia 3 có số dư là 0 hoặc 1).
 Vậy n 1.
Câu 5:
 1
 a) Cho hình bình hành ABCD . Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho AM AB , 
 3
 N là trung điểm của CD , G là trọng tâm tam giác BMN , I là giao điểm của 
 AG IB
 AG và BC . Tính và .
 GI IC
 b) Cho tam giác ABC , phân giác trong góc A cắt BC tại D , trên các đoạn thẳng DB
 , DC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho E·AD F·AD . Chứng minh rằng 
 BE.BF AB2
 . 
 CE.CF AC 2
 c) Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đường chéo AC , trên tia đối của tia AD lấy 
 điểm E. Đường thẳng EB cắt đường thẳng DC tại F , CE cắt AF tại O . Chứng 
 minh rằng AEC # CAF , tính số đo E·OF . 
 Lời giải
 a) Gọi P là giao điểm của tia AI và tia DC
 Áp dụng định lí Thales, ta có: AE GE 1 2
 NP 2AE NC CP 2. AB
NP GN 2 3
 1 4 5
 AB CP AB CP AB
 2 3 6
 IB AB 6
Suy ra 
 IC CP 5
 AG GE 1 IA IB 6
Ta có ; 
 PA EN 3 IP IC 5
 IA 6 IA 6
 IP IA 5 6 PA 11
 GI IA AG 6 1 7
 PA PA PA 11 3 33
 AG AG PA 1 33 11
Do đó . . .
 GI PA GI 3 7 7
b)
Kẻ EH  AB tại H , EN  AC tại N , FM  AB tại M và FK  AC tại K 
Vì E·AD F·AD và B·AD C·AD 
 B·AE C·AF và B·AF C·AE 
 AE HE
 HAE# KAF 
 AF KF
 S BE HE.AB AE.AB
Lại có ABE 
 SACF CF KF.AC AF.AC
 BE AE.AB
 1 
 CF AF.AC
 BF AF.AB
Chứng minh tương tự 2 
 CE AE.AC
 BE.BF AB2
Từ 1 và 2 . 
 CE.CF AC 2
c) Vì AC AD BC CD nên các ACD và ABC đều.
Ta có A·BE C·FB và B·AE F·CB 60 
 ABE# CFB 
 AE AB AE AC
 BC CF AC CF
 AEC# CAF 
 C·FA A·CE mà F·AB C·FA AB / /DF 
 A·CE F·AB 
Do đó C·AF F·AB C·AB 60 
 C·AF A·CE 60 E·OF 120. 
 ..HẾT