048 đề thi hsg toán 9 tỉnh bà rịa vũng tàu 2020 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÀ RỊA – VŨNG TÀU
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021 . MƠN TỐN 9

Câu 1.
1) Rút gọn biểu thức :

x
x  x  1  x  2
x  5   x 0 
P 


 :


x

2
x

2
x
x

1
x

x

2


 
  x 4 
3
2) Tìm giá trị của biểu thức M x  9 x  2021 với

x  3 12  3 13  3 12  3 13
Câu 2.
2
2
1) Giải phương trình : 4 x  5 x  1  2 x  x  1 9 x  3
3
2
 x  2 xy  12 y 0
 2
2
2) Giải hệ phương trình : 8 y  x 12
Câu 3.
1) Tìm tất cả các số chính phương có ba chữ số và chia hết cho 56
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình

x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0
Câu 4.
3
3
1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm y1 x1  2 x2 và y2 x2  2 x1 ,
2
trong đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x  x  5 0

2) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn  a  1  b  1 4ab. Tìm giá trị lớn

1
1
P

3a 2  1
3b 2  1
nhất của biểu thức
Câu 5. Cho tam giác ABC có BAC 60 . Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác
ABC , tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm M , N , P. Đường thẳng
IM cắt NP tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự
tại E , F . Gọi G là trung điểm của BC
1) Chứng minh AEIF là một tứ giác nơi tiếp đường trịn
2) Chứng minh ba điểm A, K , G thẳng hàng
3) Gọi S1 là diện tích tứ giác INAP và S2 là diện tích của tam giác IEF . Chứng
minh S1 4S 2
Câu 6. Cho đường trịn  O  có hai đường kính AB, CD vng góc với nhau. Lấy
điểm E bất kỳ trên cung nhỏ AD  E  A, E D  . Gọi M là giao điểm của EC và


OM ON

 2
OA, N là giao điểm của EB, OD. Chứng minh rằng AM DN
. Đẳng thức
AD
?
xảy ra khi E ở vị trí nào trên cung nhỏ
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Với x  0, x 4 , ta có :


x
x  x  1  x  2
x 5 
P 

:

 

 x  2 x  2 x   x 1 x  x  2 


x  x  x 1
x



x 2
x 1



x

2)



x 2



:

x  4 x 5

  x  1 x  2 
 x  1 x  2  
.
1

Áp dụng công thức  a  b 



3



x 1

3

3

2

x

a 3  b3  3ab  a  b 
3

3

M x  9 x  2021  12  3 13  12  3 13

  9

3



12  3 13  3 12  3 13  2021



12  3 13  12  3 13  3 3 144  117. 3 12  3 13  3 12  3 13
9



3





12  3 13  3 12  3 13  2021

24  3.3



3

 



12  3 13  3 12  3 13  9. 3 12  3 13  3 12  3 13  2021

2045
Câu 2.
2
2
1) Giải phương trình 4 x  5 x  1  2 x  x  1 9 x  3
1

4 x 2  5 x  1 0
x


4 I
 2

x

x


1

0

 x  1
ĐK:

4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1 9 x  3 


9x  3
4 x 2  5x  1  2 x 2  x  1

9 x  3

4 x 2  5x  1  4 x2  4 x  4
2

2

4 x  5x  1  2 x  x  1

9 x  3


1

x

(tm)




3
1
  9 x  3 
 1 0  
2
2
1

 4x  5x  1  2 x  x  1 
1 *
 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1
2

 * 

2

2

4 x  5 x  1  2 x  x  1 1 

 VT  * 2
Vậy

x

1 3


4 x  5 x  1  2  x    1
2 4

2

3
 3  1  PT (*) VN
4

1
3

3
2
 x  2 xy  12 y 0
 2
2
2) Giải hệ phương trình : 8 y  x 12
Thay x 0, y 0 vào hệ phương trình khơng thỏa mãn, nên x 0, y 0 khơng là
nghiệm của hệ phương trình
Đặt y tx, t   \  0  hệ đã cho có dạng :
2
 2
 x  2 x t  12 xt 0  x  1  2t   12t


 22
2
2

2
8 x t  x 12
 x  8t  1 12
3

3 2

 2  12t
x 

1  2t 2

 x 2  12t
8t 2  1


t
1

 8t 3  2t 2  t  1 0   2t  1  4t 2  t  1 0
2
2
1  2t
8t  1
1

 2t  1 0
t

(tm)

 2

2

 4t  t  1 0
 PTVN



  x 2

 x 4
1 
  y  1
t   

1
  x  2
2  y  x


2
  y 1
2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

 x; y    2;  1 ;   2;1 

Câu 3.
1) Tìm tất cả các số chính phương có ba chữ số và chia hết cho 56
2
n 2 56  n 2  23.7   n4, n7
n
100

n

999.
Giả sử số cần tìm là với
Ta có :
 n28  do  4;7  1
. Đặt n 28k , k   . Theo giả thiết ta có :
2

100  28k  999  100 784k 2 999  k 1
Vậy có duy nhất số cần tìm là 784
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình

x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0
Từ giả thiết, ta có :  x  y 
  x  y

2

2

 y 2  3 y  4 0

2

3  25
2
2

 y   
0  4  x  y    2 y  3  25
2
 4  x  y  25
2
4

2

Mà 4  x  y  là số chính phương chẵn

 4  x  y  2 0   2 y  3 2 25

2
2
  4  x  y  4   2 y  3  21(ktm)

 4  x  y  2 16   2 y  3  2 9

x y
4  x  y  2 0

Th1: 
   2 y  3 5 

2
 2 y  3 25   2 y  3  5


 x  y 1
 x  y  4


4  x  y  2 16  y 0
 y 0
Th2 : 

hoac


2
 x 2
 x  2
 2 y  3 9
2 x  y  3
 x  1
 x  5
*) 

hoac


2
 y  3
 x  y  4  y  3

Vậy có 6 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu là :
 1;1 ;   4;  4  ,  2;0  ,   2;0  ,   1;  3 ,   5;  3


Câu 4.
3
3
1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm y1 x1  2 x2 và y2 x2  2 x1
2
, trong đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x  x  5 0

x 2  x  5 0 có 1.  5   0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Áp dụng định
 x1  x2 1

x x  5
lý Viet :  1 2
3

y1  y2  x13  2 x2    x23  2 x1   x1  x2   3x1x2  x1  x2   2  x1  x2  14
3

y1. y2  x13  2 x2  . x23  2 x1   x1 x2   2 x14  2 x24  4 x1x2  161
 y1; y2 là hai nghiệm của phương trình y 2  14 y  161 0

2) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn  a  1  b  1 4ab. Tìm giá trị lớn
P

1

3a 2  1

nhất của biểu thức
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:







3a 2  1. 3  1  a 3 . 3  1.1 3a  1 
1



1
3b 2  1
3a 2  1 

3a  1

2

1
3a 2  1

2
2
2
6 a  6b  4
 P



3b  1
3a  1 3b  1  3a  1  3b  1

2
Tương tự : 3b  1
Từ giả thiết  ab  a  b  1 3ab  a  b 3ab  1
6a  6b  4 18ab  6  4 18ab  2

 3a  1  3b  1 9ab  3a  3b  1 18ab  2
Khi đó : 
Do đó : P 1 . Dấu " " xảy ra  a b 1
Vậy Max P 1  a b 1



2
3a  1


Câu 5.

A

E
P

B

N

K

F

I

M

G

C

1) Chứng minh AEIF là một tứ giác nội tiếp đường trịn
Chứng minh được APN đều, ta có EF / / BC , KM  BC  EF  KM
Suy ra các tứ giác EKIP, KNFI nội tiếp
Suy ra EPK EIK 60 ; KIF KNA 60  EIF 60
Tứ giác AEIF có EAF  EIF 60  120 180 nên tứ giác AEIF nội tiếp
2) Chứng minh ba điểm A, K , G thẳng hàng
Từ trên suy ra IEF cân tại I (vì IK là đường phân giác đồng thời là đường cao)
Suy ra IK đồng thời là đường trung tuyến. Vậy K là trung điểm của EF
Theo bổ đề hình thang thì A, K , G thẳng hàng.
3) Chứng minh S1 4S 2
1
1 1 
S1  AN .IN  3IN 2 ;4S 2  IK .EF 4.  IF 
2
2 2 
Ta có:

Mà IN IF  S1 4S 2





3.IF  3IF 2


Câu 6.

C

A

M

B

O

N

E

D
Gọi bán kính đường trịn là R . Ta có :
1
 ; CBN  1 sdCE
  1 sd AC

  sd AE
CMB  sd AE  sdCB
2
2
2


Mà sd AC sdCB  CMB CBN
Xét tam giác CMB và NBC ta có :
CMB CBN ; CBM BCN  ABD ∽ AMD( g.g )









BM CB

 BM .CN CB 2 OB 2  OC 2 2 R 2
Từ đó suy ra CB CN
Lại có:
OM ON OA  AM OD  DN R  AM R  DN
1 
 1






R 

 2
AM DN
AM
DN
AM
DN
 AM DN 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có :


1
1
2



AM DN
AM .DN


2

 AB 

BM   CD  CN 

2
2

4 R  BM .CN  2 R  BM  CN 





2

 2R 

BM   2 R  CN 

2
2

2

4 R  2 R  2 R  BM  CN 

 BM .CN 2R 

Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có :
BM  CN 2 BM .CN 2 2 R 2 R.2 2  BM .CN 2 R 2 
Từ đó ta được :
OM ON
2R
2R



 2
 2 2  2  2  2
AM DN
R 2 2
6R2  4 2R2





Đẳng thức xảy ra khi AM DN  BM CN  2 R . Khi đó CBM cân tại B tức
là E là điểm chính giữa cung AD

2