Đề + đáp án HSG lớp 9 toán 20172018

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 24/10/2017

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1: (4,0 điểm)

1 � �2x  x  1 2x x  x  x �
� 1


�
�: �
1 x
x � � 1 x
1 x x
�
�

Cho biểu thức A  �

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A khi x  17  12 2
c) So sánh A với A .
Câu 2: (4,0 điểm)

3x 2  6 x  12  5 x 4  10 x 2  9  3  4 x  2 x 2 .
b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy.
a) Giải phương trình :
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 .
Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5.
b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: a  b  c  d  0 .
Chứng minh rằng: M  (ab  cd )(bc  da )(ca  bd ) là số hữu tỉ.
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng:  AEF



 ABC và

S AEF
 cos 2 .
S ABC



2
2

2
b) Chứng minh rằng : S DEF  1  cos A  cos B  cos C .S ABC

c) Nếu

HA HB HC


=
BC AC AB

3 thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì?

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho
� .
BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính BPE
Câu 6: (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: A = x 2  xyz  y 2  xyz  z 2  xyz  9 xyz
– Hết –
Họ và tên thí sinh: ………………………...…………………. Số báo danh:………….
1


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 24/10/2017

(Đề thi gồm 01 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Ý
a
2,0đ

1
(4 điểm)

Tóm tắt cách giải

1 ��2x  x  1 2x x  x  x �
1
� 1
�
�
A �



x

0;x
�
;x
�
1
�
�
�
�: �
�
4
1 x
x ��
1 x x
�
� 0,25
�
� 1 x
�





 


 





x
x







x 1
1









2 x 1



 

 

 






: 2 x 1 :

 1 x   1

1

:





xx





xx





0,5
0.25

0,5

1 x  x
x

0,5

Ta có

A

1,0đ



1 x  x  x 1 x

  1 x   1

x 1









2

1,0đ x  17 12 2  3 2 2 � x 

c



�
x 2x  x  1 �
x  1 x �
2x  2 x  x  1
�

:

�
x 1 x
1 x 1 x
1 x 1 x  x �
�
�
�

x x 1 2 x 1 �
2 x 1 � x 1 2 x 1
�

:

�
x x 1
1 x 1 x
1 x 1 x  x �
�
�
�
� 1
�
2 x 1 �
x

: �2 x  1 �

�
�
�
1 x 1 x  x �
x x 1 �
�
�
�



b

Điểm





1 3 2 2  17 12 2
3 2 2

 3 2 2

2

 3 2 2  3 2 2





0,5

15 10 2 5 3 2 2


5
3 2 2
3 2 2

1 x  x
1
 x
1
x
x
1
1
 2 víi mäi x  0;x � ;x �1
Chøng minh ®îc x 
4
x

BiÕn ®æi A 

�A  x

1
 1 1� A  1� A  1 0 � A
x



0,25



A 1  0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

� A  A  0� A  A

2


Ta có:
VT 

a



2đ

3 x 2  6 x  12  5 x 4  10 x 2  9
3( x  1) 2  9  5( x 2  1) 2  4 � 9 

4 5

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x  1
VP  3  4 x  2 x 2  5  2( x  1) 2 �5

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x  1

� VT  VP � x  1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1

b
2đ

0,5
0,5
0,5
0,5

Ta có:

2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy

0,25

 2 y  x  1  x x  1  y  x  1  1 0 (1)
2

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế
của phương trình cho x – 1, ta được:

2
(4 điểm)

2y2  x  y 

1

0
x 1

PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra
nên x – 1 �   1;1
 x – 1 = -1  x = 0
 x–1=1 x=2

(2)
1
nguyên
x 1

1
2
1
Thay x = 2 vào PT(2) ta được: 2 y 2  y  1 0  y 1 ; y 
2
x
;
y
�
0;1
;
2;1
      .
Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên 

0,25
0,5

0,25

Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2 y 2  y  1 0  y 1 ; y 

a
3
(4 điểm)

2đ

Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - 4 + 5)
= a( a2- 1)( a2 - 4) + 5 a(a2 - 1)
=a(a - 1) (a + 1)(a -2) (a +2) + 5 a( a - 1)( a+ 1)
Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số
5 (*)
chia hết cho 5 suy ra (a  2)(a  1)a(a  1)(a  2)M
Mặt khác 5a(a  1)(a  1)M5 (**) .
5
5 (1)
Từ (*) và (**) suy ra a  aM
tương tự ta có

mà a  b  c  2410

0,5
0,25
0,25
0,5

(2) ; c5  cM

5 (3)

0,25

a5  a  b5  b  c5  cM
5

0,25

b5  bM
5

Từ (1) (2) (3) suy ra

0,25

2017

M5 nên

a b c M
5
5

5

5

0,5

3


b

Ta có: a  b  c  d  0 � ad  bd  cd  d 2  0 (vì d �0)

2đ

0,5

�
ad  d 2  bd  cd
�
��
bd  d 2  cd  ad
�
cd  d 2  ad  bd
�

0,25

 ( ab  d 2  ad  bd )(bc  d 2  bd  cd )(ca  d 2  cd  ad )

0,25

M  (ab  cd )(bc  da)(ca  bd )
 ( a  d )(b  d )(b  d )(c  d )(a  d )(c  d )


 (a  d )(b  d )(c  d ) 

2

 (a  d )(b  d )(c  d )

Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên (a  d )(b  d )(c  d ) là số
hữu tỉ.
Vậy M  (ab  cd )(bc  da )(ca  bd ) là số hữu tỉ

0,25
0,25
0,5

4
(5điểm)

4


A
E

F

0,5

H

B

0,5

D

C

0,5
0,5

AE
AB
AF
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =
.
AC
AE AF
� AEF : ABC (c.g .c)
Suy ra
=
AB AC
2
S AEF �AE �
2

AEF
:

ABC


* Từ
suy ra
� � cos A
S ABC �AB �

a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =

1
1
0,25

S

S

0,25

2
2
CDE
BDF
b) Tương tự câu a, S  cos B, S  cos C.
ABC
ABC
Từ đó suy ra

SDEF S ABC  S AEF  S BDF  SCDE

 1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C
S ABC

S ABC

0,25
0,25

2
2
2
Suy ra S DEF   1  cos A  cos B  cos C  .S ABC

HC

CE

HC.HB

CE.HB

S

HBC
c) Từ AFC : HEC � AC  CF � AC. AB  CF . AB  S
ABC

HB.HA

S

HA.HC

S

HAC
HAB
Tương tự: AC.BC  S ; AB.BC  S . Do đó:
ABC
ABC

HC .HB HB.HA HA.HC S HBC  S HCA  S HAB
1
+
+
=
S ABC
AC. AB AC.BC AB.BC
 Ta chứng minh được: (x + y + z)2 �3(xy + yz + zx) (*)
HA HB HC


�3
Áp dụng (*) ta chứng minh được:
BC AC AB

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.

5


5
(1 điểm)

Kẻ EF  AC tại F, DG  BC tại G.
Theo giả thiết S ADPE  S BPC
� S ACE  S BCD
�  DCG
�  600
Mà AC  BC � EF  DG và EAF
Suy ra AEF  CDG � AE  CG.
�  ECA
�
Do đó AEC  CDB (c  g  c) � DBC

0,25
0,25
0,25

�  PBC
�  PCB
�  PCD
�  PCB
�  600
� BPE

6

Áp dụng BĐT côsi ta có

(2 điểm)

x 2  xyz  xyz  x

 x
�







x  yz  yz  x

( x  z )( x  y )  yz





0,25
x( x  y  z )  yz  yz



0,25

3 � 1�
�x  y  x  z y  z � 3 � 1 �

�x  �
�
�

�x  �
2 � 3�
2
2 � 2 � 3�
�

(Vì x + y + z =1)
Chứng minh tương tự:
y 2  xyz  xyz �

0,25

3� 1�
�y  �
2 � 3�

3 � 1�
z  xyz  xyz � �z  �
2 � 3�

0,25
0,25

2

3

x yz � 1
Mà xyz � �
�

�
� 3

0,5

� 3 3

3
6
5 5 3


 1 x  y  z  
2
3
3 3
3
1
5 3
Vậy GTLN của A =
khi x = y = z =
3
3

Do đó A �

0,5

(Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho số điểm tương đương)

6