Đề thi HSG 9 cấp huyện môn Toán 2018 2019 (ĐS - T10)

UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI: Môn Toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI

Câu 1 (4.0 điểm)


x   x +3

x +2

x +2



:

1.Cho biểu thức M = 1 −
  x −2 + 3− x + x −5 x +6
x
+
1


 

a. Rút gọn M
b. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + abc = 4 .
Tính giá trị của biểu thức:
A = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc .
Câu 2 (4.0 điểm)
1.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy2 + x +y +1 = x2 +2y2+xy
2. Giải phương trình : 2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
Câu 3 (4.0 điểm)
1.Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì
A= ( 10n + 10n-1 +…+ 10 + 1) ( 10n+1+5) +1 là số chính phương nhưng không
phải lập phương của một số tự nhiên.
y2
1
 x2
+
=

2
2
2. Tìm các cặp số thực (x;y) thỏa mãn các điều kiện:  ( y + 1) ( x + 1) 2
3xy = x + y + 1.


Câu 4 (6.0 điểm)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A với đường
cao AH. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M, CM cắt
AH tại I, OM cắt AB tại J

a. Chứng minh hai tam giác MOB và ACH đồng dạng
b. Chứng minh I là trung điểm của AH
c. Cho BC = 2R và OM = x. Tính AB và AH theo R và x
d. Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi
Câu 5 (2.0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy ( x − y) = x + y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x+y
----------------------Hết--------------------(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD:. . . . . .

1


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019
Môn: TOÁN
Câu

Nội dung

1. (3,0 điểm)
a. ĐKXĐ: x ≥ 0 ; x ≠ 4; x ≠ 9
M=

0,5

x −2
x +1

1,5

x −2
3
=1 −
x +1
x +1
Để M nguyên => x +1∈ Ư(3) ⇔ x + 1∈ {1;3}

1

Điểm

b, M=

0,25

( Vì x + 1 > 0∀x ∈ ĐKXĐ)
=> x= 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
x = 4 ( Không thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy x= 0 thì M nhận giá trị nguyên
2. (1,0 điểm)

0,5
0,5
0,25

A = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc

Ta có:
a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16

0,5

⇒ a(4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)
= a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc

0,5

Tương tự:
b(4 − c)(4 − a ) = 2b + abc , c(4 − a )(4 − b) = 2c + abc

0,5

⇒ A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8

0,5
1.(2,0 điểm)
Ta có 2xy2 +x +y +1 = x2+ 2y2 +xy
2
⇔ 2y ( x- 1) – x( x-1) – y( x-1) +1 = 0 (1)
Nhận thấy x= 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) chia
cả hai vế cho x-1 ta được

2y2 –x –y +
2

Vì pt có nghiệm x,y nguyên nên
⇒ x ∈ {0;2}

0,5

1
= 0(2)
x −1
1
nguyên nên x-1 ∈ {± 1}
x −1

1
2
1
2
Thay x= 2 vào (2) ta được 2y –y – 1=0 => y =1; y = −
2
Vậy (x,y) ∈ {(0;1); (2;1)}

0,75

Thay x= 0 vào (2) ta được 2y2 –y -1 = 0 => y = 1; y = −

0,5
0,25
2


Câu

Nội dung

Điểm

2.(2,0 điểm)
3
2
2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
7 − 4x
⇔
= (7 − 4 x )(5 − 4 x )
2x − 2 + 6x − 9

ĐK: x ≥


1

⇔ (7 − 4 x )
+ 4x − 5 = 0
 2x − 2 + 6x − 9

3
1
Vì x ≥ nên
+ 4x − 5 > 0
2
2x − 2 + 6x − 9
7
4
7
Vậy pt có nghiệm : x =
4

Suy ra : 7 − 4 x = 0 ⇒ x = (tm)

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

1. (2,0 điểm)
10 n+1 − 1 n+1
10 + 5 + 1
9
10 2( n+1) + 4.10 n +1 − 5 + 9
=
9

(

A=

 10 n+1 + 2 

Ta có = 
3



2
= 33
1 2...
3 34

)

0,5

0,5

2

n

Vậy A là số chính phương
2
2
2
Mặt khác 33
1 2...
3 34 = 2 . 1666
1 2 3...7 = A
n

3

n −1

Do A Μ2 nhưng A không chia hết cho 8 nên A không thể là lập
phương của một số tự nhiên
2. (2,0 điểm)
Điều kiện: x ≠ −1; y ≠ −1
y2
1
 x2
 ( y + 1) 2 + ( x + 1) 2 = 2

Theo gt ta có 
 x . y =1
 y + 1 x + 1 4
1
 2
u + v2 =

x
y

2
Đặt u =
, khi đó : 
;v=
y +1
x +1
uv = 1

4

0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
3


Câu

Nội dung
2
2
( u + v )2 = 1
u + v + 2uv = 1
⇔ 2 2
⇔
2
u + v − 2uv = 0
( u − v ) = 0
1
1
Suy ra u = v = hoặc u = v = −
2
2
 y + 1 = 2x
1
Nếu u = v = thì 

⇔ x = y = 1 (thỏa mãn)
2
x + 1 = 2 y
 y + 1 = −2 x
1
1
Nếu u = v = thì 
⇔ x = y = − (thỏa mãn)
2
3
 x + 1 = −2 y
1
Vậy : x = y = 1; x = y = −
3

Điểm

0,75

0,75

4

a. (2,0 điểm) Chứng minh ∆MOB ∼ ∆ACH
Ta có MA = MB ( T/c tiếp tuyến)
OA = OB = R
=> OM là trung trực của đoạn AB
=> OM vuông góc với AB tại J nên OM // AC
=> MOˆ B = ACˆ H => ∆MOB ∼ ∆ACH (g.g)
b.(1,5 điểm) Trong ∆CMB có HI//BM nên

∆MOB ∼ ∆ACH =>

HI CH
(1)
=
BM CB

1,5

HA CH
=
(2)
BM OB

Chia (1) cho (2) theo từng vế ta được

2,0

HI OB 1
=
=
HA CB 2

=> I là trung điểm của AH
c.(0,75 điểm) ∆MOB vuông ở B nên OB2 = OJ . OM => OJ =

4


Câu

Điểm
0,75

Nội dung
2

2

OB
R
=
OM
x
2
2
2
∆ OJB vuông ở J nên BJ = OB – OJ =

(

2

)

 R2 
R2 x2 − R2
R 2
 =
R − 

=> BJ =
x − R 2 với x > R
2
x
x
x


4R 4
2
2
2
∆ ABC vuông ở A nên AC = BC – AB = 2
x
2
2R
=> AC =
x
2

Lại có BC . AH = AB . AC
=> AH =

AB. AC 2 R 2
= 2
BC
x

x 2 − R 2 với x > R

d.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3)
2R 2
<=> 2
x

x −R ≤ R
2

0,75

<=> 2R x − R ≤ x
2

2

2

2

<=> 4R2 ( x2 – R2) ≤ x4
<=> x4 – 4R2 x2 + 4R4 ≥ 0
<=> (x2 – 2R2)2 ≥ 0 với ∀ x > R
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x2 – 2R2 = 0 <=> x = R 2
Vậy AH đạt giá trị lớn nhất bằng R khi x = R 2
(2,0 điểm)
Do x, y > 0 và xy ( x − y ) = x + y ta suy ra x > y > 0
và xy(x-y)2 = (x+y)2 (1)
Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a2 ≥ 4b)
2
2

2
2
Ta có: (1) ⇔ b(a − 4b) = a ⇔ a (b − 1) = 4b
4b

b

5

0.25

2

2
Suy ra: b-1 > 0 và a = b − 1
2

0.25

1

0.25
1

1

Lại có: b − 1 = b + 1 + b − 1 = (b − 1) + b − 1 + 2 ≥ 2 (b − 1). b − 1 + 2 = 4
(theo bđt cô si)
2
Do đó: a ≥ 16.

Mà a > 0 nên a ≥ 4 ⇒ x + y ≥ 4

0.25

0.25

1

2
Dấu “=” xảy ra khi b − 1 = b − 1 ⇔ (b − 1) = 1 ⇔ b = 2

 x = 2 + 2
x + y = 4
⇔


Khi đó: xy = 2
(Vì x > y)
 y = 2 − 2

Vậy Min (x+y)=4 khi x = 2 + 2 ; y = 2 − 2 .

0.25
0.25
0.25

---------------------------------Hết----------------------

5