HSG TOÁN 9 lập THẠCH 2018 2019

Cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H.. Chứng minh rằng AM AN.. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho 1 2 ..... Dẫn tới

PHÒNG GD&ĐT LẬP THẠCH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2018 – 2019 MÔN: TOÁN 9

(Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1 (3,5 điểm) Cho  

2 3 2 2 3 1

Tính giá trị của biểu thức:

  2019 2018

2

A





Câu 2 (3 điểm) Cho ax3by3 cz3 và

1 1 1

1

xyz  Chứng minh rằng:

3 ax2by2cz2 3 a3b3c

Câu 3 (3 điểm) Giải phương trình: x2 12 5 3  x x25

Câu 4 (1điểm) Tìm các số tự nhiên a b c, , phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

ab 1 bc 1 ca 1

P

abc



Câu 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Trên đoạn BH lấy điểm M

và trên đoạn CH lấy điểm N sao cho AMCANB 900 Chứng minh rằng AM AN

Câu 6 (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh bên bằng a.Vẽ hình chữ nhật AEMF có chu vi bằng 2a và E AB F ; AC

a) Hỏi điểm M di động trên đường nào ?

b) Từ M vẽ đường thẳng MN EF N EF   Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định

Câu 7 (1 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn abc a b  3ab Chứng minh rằng:

1 1 1 3

a b   bc c   ca c  

Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng cho 2019 điểm M M1 , 2 , ,M2019 Vẽ đường tròn bán kính 1 tùy ý Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho

1 2 2019 2019.

SM SM  SM 

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 9, NĂM HỌC 2018 -2019

Câu 1

(3,5

điểm)

Ta có

2 3 2 3 2 3 2

*) Tử

 

2019 2018

2019 2018

2018 2018

x x  x  x                 

       

*) Mẫu

2

x  x        

Vậy

2

1,5

1

1

Câu 2

(3

điểm)

Đặt ax3by3 cz3 k Ta có

  (1)

  (2)

Từ (1) và (2), ta được 3 ax2 by2cz2 3 a3b3c

0,5 1,25 1,25

Câu 3

(3

điểm)

 

 

2

x

x

x









Từ đặc điểm của phương trình suy ra

5

3

x  x

, do đó

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2

0,5

0,5

0,5

1 0,5

Câu 4

(1

điểm)

Ta có

P abc a b c

a b c abc

M

a b c abc

là số nguyên

Suy ra a1;b2;c3, suy ra

a b c abc a b c

Suy ra

     

1 1 1 2 (*)

a b c abc

Nếu a1 b1 4 thì với a b c  ta có

       

3c a b c    3c a 1 b 1 c 1   2 3c 4 c 1   2 3c 4c 2  c 2

trái với điều kiện c 3.

Do a b c  6 nên từ (*) suy ra a  1 0 b 1 1, suy ra a1 b1 chỉ

có thể nhận giá trị là 2 hoặc 3 Từ đây ta tìm được bộ số a b c; ;  thỏa mãn

là 2;3;5

Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt a b c; ;  thỏa mãn bài toán gồm các hoán

vị của 2;3;5 Khi đó P 21

0,5

0,5

Câu 5

(3

điểm)

H

N

D I

M A

Ta có ANB90 ,0 NI AB AN2 AI AB. (1)

Vì AMC90 ,0 MDAC AM2 AD AC. (2)

Mạt khác, ta có

AI AC

AD AB

(3)

0,5 1,25

1,25

Từ (1), (2) và (3) suy ra AM AN

Câu 6

(4,5

điểm)

1

1 2

H

N F E

D

C

B

A

M

a) ME MF a AF FC a  ,    MF FC FCM 450  MBC

b) Vẽ hình vuông ABDC D, là điểm cố định MN EF M 1 E1 (cùng

phụ với EMN )

Gọi H là giao điểm của FM và BD HMDMEF M 2 E1  M 1 M 2

suy ra M N D, , thẳng hàng

Dẫn tới MN luôn đi qua điểm cố định D

1

0,5 0,5

Câu 7

(1điểm

) Ta có

1 1

abc a b ab c

b a

Đặt

, ta có x y z  3 và ta chứng minh

3

A

xy x y yz y z zx z z

Ta có x y 12 3xy x y   , thật vậy

     

2

2 2

2 2

1

x y xy x y

Đẳng thức xảy ra khi x y 1 Do đó

1

x y

xy x y    

Tương tự, ta được

0,5

1 3

1

1

y z

yz y z

z x

zx z x



 

 



 

 

Suy ra

A

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x   y z 1 a b c  1

0,5

Câu 8

(1

điểm)

M2

M1

M2019

Xét đường kính S S1 2 tùy ý của đường tròn S S1 , 2 là hai điểm mút của

đường kính Vì S S 1 2 2, nên ta có

1 1 2 1 1 2

1 2 2 2 1 2

1 2019 2 2019 1 2

2 2

2

S M S M S S

S M S M S S













Cộng vế theo vế ta được

S M1 1 S M1 2  S M1 2019  S M2 1 S M2 2  S M2 2019 2.2019 4038  (1)

Từ (1) ta có trong hai tổng trên có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng

2019

Giả sử S M1 1 S M1 2  S M1 2019  2019 Khi đó lấy S S 1 ta có điều phải

chứng minh

0,5

0,5

PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán 9

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Câu 1 (4,5 điểm)

1 Tính giá trị biểu thức A4 15  10 6 4 15

2 Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

2

2018

2 3

M



 

2019

N





Câu 2 (3,0 điểm)

1 Cho 3 số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = 0 Chứng minh hằng đẳng thức:

a b c a b c 

2 Tính giá trị của biểu thức: B = 2 2 2 2 2 2

Câu 3 (4,5 điểm)

1 Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2) Biết rằng f(x) chia

cho x - 1 dư 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1

2 Giải phương trình: x3- 3x2+ 2x+ = 6 0

3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng:

b c c a a b     

b)

a b b c c a  là độ dài 3 cạnh của một tam giác

Câu 5 (5,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác

AI Tính HI, IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm2

2 Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với 3

cạnh tam giác Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt tại E và D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại M và N; đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB và BC lần lượt tại F và H Biết diện tích các

tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a2, b2, c2

ĐỀ CHÍNH THỨC

a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c

b) Chứng minh S  3(a2 + b2 +c2)

-Hết -Họ và tên học sinh:………SBD:………… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi )

SƠ LƯỢC GIẢI

Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019

Môn: TOÁN 9 Đáp án

Ta cóA  4 15 10  6 4  15  4  15 4  15 4  15 10   6

= 5 - 3 = 2 Điều kiện xác định của M là x2  2x 3 0 

(x 1)(x 3 0

1 0

3 0

x

x

 



 

 

 hoặc

1 0

3 0

x x

 





 

 3

1

x

x





   



Điều kiện xác định của N là

x

 





2 2 3 2 2 3 0

3 1

x x





   

 (**)

Từ (*) và (**) ta được x 3là điều kiện xác định của M

Ta có:

2

2

 

Vậy 2 2 2

a b c a b c 

Theo câu a) Ta có 2 2 2

a b c abc ab a b (*)

Áp dụng (*) ta có:

2 2 2 2 2

1

  (Vì

1 1 1

0

1 1 2   )

Tượng tự 2 2

1 1 1 1 1 1

2 3 1 2 3

    

; 2 2

1

;…

2 2

1

Suy ra

1 4076360

B 2019

2019 2019

3 - 3 2 + 2 + = 6 0

2

(x 1)(x 4x 6) 0

Û x + 1 = 0 (1) hoặc x2 – 4x + 6 = 0 (2)

(1) Û =-x 1

(2) Û (x- 2)2+ = 2 0 Do(x- 2)2+ ¹ 2 0 "x nên pt này vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = -{ }1

Vì (x- 1)(x+ = 2) x2+ -x 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : (x1)(x2) có đa thức dư dạng

ax + b

Đặt f x( ) ( x1)(x2) ( )q x ax b

Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7 ⇒ f(1) 7  a b  7 (1)

f(x) : (x + 2) dư 1 ⇒ f( 2) 1     2a b  1 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ a = 2 và b = 5

Vậy f(x) : [(x- 1)(x+ 2)] được dư là 2x + 5

5x2 + y2 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17



4 17

4

x   x 

vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4

Nếu x2 = 0  (x + y)2 = 17 (loại)

Nếu x2 = 1  (x + y)2 = 13 (loại)

Nếu x2 = 4  x = 2 hoặc x = - 2

x = 2  (2 + y)2 = 1  y = - 3 hoặc y = - 1.

x = -2  (-2 + y)2 = 1  y = 3 hoặc y = 1.

Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1)

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a

a b c a a b c ab ac a ab ac

2

2 (a b c) a a b c( ) a a

b c a b c

Tượng tự ta cũng có:

2

c a a b c  ;

2

b a  a b c 

Suy ra:

dpcm

b c c a a b a b c b c a a b c              

Ta có a + b > c

1 1 1 1 2 2 1

b c c a b c a c a b a b c             a b  a b a b

Chứng minh tương tự ta có

c a a b b c     ;

a b b c c a    

Vậy

a b b c c a   là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)

Do AC= ¾ AB (gt) và AB.AC = 2S = 48, suy ra AC = 6 (cm); AB = 8(cm)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta tính được BC = 10 cm, suy ra

AM = 5 (cm) (1)

Áp dụng tính chất giữa canh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta tính được

2

AB

BC

(2)

Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam

giác ta có

IB

IC AC IB IC  AB AC   106 8   7 cm (3)

Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm giữa B và I

Vậy: HI = BI - BH

4,8 7



cm

MI = BM - BI

5 7



cm

Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC

Đặt SABC = d2

Ta có:

2 2

2

ODH

ABC

 

    

2

2

EON

ABC

      

    ; Tương tự

a b c DH HC DB

d a b c

Vậy S d2 (a b c  )2

Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a2b2 2 ;ab b2c2 2 ;bc a2c2 2ac

2 2 2 2

S  a b c  a b c  ab bc ca

2 2 2 ( 2 2 ) ( 2 2 ) ( 2 2 ) 3( 2 2 2 )

S a b c  a b  b c  c a  a b c

B

A

C

c2 b2

a2

O A

E

D F

H

Dấu “=” xẩy ra khi a = b =c, hay O là trọng tâm của tam giác ABC

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;

Điểm toàn bài quy tròn đến 0,5.