HGS TOÁN 9 NAM đàn 2018 2019

PHÒNG GD&ĐT NAM ĐÀN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN 9

Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (5 điểm ): Cho biểu thức: A =
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị của A khi

.

c, Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Bài 2 (4,5 điểm ):
a, Chứng minh

thì

b, Giải phương trình
c, Tìm số tự nhiên có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là 1 lập phương.
Bài 3 (4 điểm ):
a, Tìm các số thực x để

và

đồng thời là các số nguyên.

b, Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

+3

Bài 4 (6,5 điểm ):
1, Cho ABC vuông tại A, có trung tuyến AM, đường cao AH. Trên cùng 1 nửa
mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A vẽ 2 tia Bx, Cy cùng vuông góc với BC. Qua A kẻ
đường thẳng vuông góc với AM, cắt Bx và Cy lần lượt tại P và Q. Chứng minh:
a, AP = BP và AQ = CQ.
b, PC đi qua trung điểm của AH.
c, Khi BC cố định, BC = 2a, điểm A chuyển động sao cho góc BAC bằng 90 . Tìm
vị trí điểm H trên đoạn thẳng BC để diện tích ABH đạt giá trị lớn nhất.Tìm giá trị
lớn nhất đó.
2, Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của 1 tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích
tam giác nhỏ hơn

.

Họ và tên thí sinh ...................................................... SBD.........

/>

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 9 NĂM HỌC: 2018-2019
THỨ
TỰ

Ý

NỘI DUNG
ĐKXĐ:

0,5đ

,

a (2đ) Rút gọn được:

Bài 1
(5đ)

1,5đ
0,5đ

thỏa mãn ĐK
b
(1,5đ) Thay vào A tính được

c
(1,5đ)

1đ
(1)

Bài 2
(4,5đ)

b
(1,5đ)

c
(1,5đ)

0,5đ
0,5đ


Mà

0,5đ

 Thay A vào (1) tìm được
a
(1,5đ)

ĐIỂM


 Lập luận
và 3
 Mà 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau

Vậy
 ĐK
. Chuyển vế, 2 vế không âm bình phương ta
có

 Để PT có nghiệm thì
 Đối chiếu ĐK => x = 2 thỏa mãn bài toán
 Gọi số chính phương cần tìm
Vì
vừa là số chính phương vừa là 1 lập phương
=>

với
 Vì
=> y là số chính phương
Mà 1000
9999
 10
và y chính phương
 Tìm được y=16 =>
= 4096

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

 Đặt
. Từ (1) =>
Bài 3
(4đ)

Thay vào (2) =>
a (2đ)

 Biến đổi đưa về

Vì
=>
=>
 Với m = n =4 =>
 m=n=

/>
=> m = n

0,5đ
0,5đ
0,5đ


 Vì a,b,c là các số thực dương và a + b + c = 1

 Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

0,5đ
1đ

+3

b (2đ)
( Do a + b + c = 1 )
 =>
0,5đ
1a
(2đ)

Bài 4
(6,5đ)
1b
(1,5đ)

0,5đ
0,5đ

Vẽ đúng hình
 Do ABC vuông tại A nên MA=MB=MC
 Từ đó các cặp tam giác vuông sau bằng nhau:
(cạnh huyền-cạnh
góc vuông)
 => PA=PB; QA=QC
Gọi giao điểm của PC và AH là I
 Vì IA//QC và QA=QC nên ta có:

0,5đ
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

 Mặt khác ta có:
( Vì AI//QC );
 Từ đó ta có:

/>
( Vì IH//PB)

, suy ra IH=IA (vì PA=PB)

0,5đ


0,25đ

 Ta có

 Lại có


vuông tại A có AH là đường cao
( Hệ thức trong tam giác vuông )

0,25đ

 =>
0,5đ
1c
(1,5đ)


0,25đ

0,25đ

 Suy ra
 Giá trị lớn nhất của

khi BH = 3HC

hay
2,
(1đ)

 Vẽ tam giác ABC đường cao BH
 Gọi A là góc nhỏ nhất của
=>
 Ta có
 Do đó

Chú ý: Thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

/>
1đ


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN Ý YÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề gồm 01 trang)

Câu 1. (6,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức: 2  3  2  3.
2. Cho ba số a, b, c khác 0 và a + b + c = 0. Chứng minh rằng:

1 1 1
1 1 1
+ 2+ 2 = + + .
2
a b c
a b c
�

xy  x

��

x 1 
 1��
: 1
3. Cho biểu thức A  �
� xy  1 1  xy
��
�
��
1.
a) Rút gọn biểu thức A.

b) Cho

xy  x
xy  1



x 1 �
�với x, y > 0; xy≠
xy  1 �
�

1  1 6
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
x
y

Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình: 12x 2  3x  1  3x  1.
2
2
�
�x  xy  2y  0
.
2. Giải hệ phương trình: � 2
�x  5y  4  0

Câu 3. (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức:
2x 2  4x  19  3y 2 .

Câu 4. (5,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính BC. Một điểm A bất kỳ nằm
trên đường tròn (A không trùng với B và C). Kẻ AH  BC (H �BC);HM  AB (M�
AB); HN  AC (N�AC).
3

�  cos2OAC
�  1 và CN  �AC �.

1. Chứng minh: sin AMN
� �
BM �AB �
2

2. Gọi D là điểm nằm giữa O và C;Kẻ DE  AB (E�AB);DF  AC (F �AC).
Chứng minh: DB.DC = EA.EB + FA.FC.
3. Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để diện tích tứ giác AMHN đạt giá
trị lớn nhất.. Khi đó hãy tính diện tích tứ giác AMHN theo R.
/>

1

1

1

Câu 5. (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 1  x  1  y  1  z  1 .
3
xyz.
2

Chứng minhrằng: x  y  z �

…………….Hết …….…….
Họ tên thí sinh:………………………………..
…………………
Số báo danh:………………………………….
………………….

/>
Chữ

ký

giám

thị

1:

Chữ

ký

giám

thị

2:


HƯỚNG DẪN CHẤMKHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN
TOÁN
NĂM HỌC 2018 - 2019
Nội dung
Điểm
Câu 1 ( 6, 0điểm)
1. (1,0 đ).Rút gọn 2  3  2  3.
Ta có

2 3  2 3 

1
2

42 3 

1
2

42 3 

1
2

1
2

( 3  1) 2 

( 3  1) 2

1
2 3
( 3  1  3  1) 
 6 � 2 3  2 3  6
2
2



0,5
0,5

2. ( 2,0 đ). Cho ba số a, b, c khác 0 và a + b + c = 0. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1 1
+ 2+ 2 = + + .
2
a b c
a b c

0,5

2

1 1 1
1
1 �
�1 1 1 � �1
 2  2  �   � 2 �   �
2
a b c
�a b c � �ab bc ca �

Ta có

2

0,5

2

0,5

�1 1 1 � �a  b  c �
 �   � 2 �
�
�a b c � � abc �
�1 1 1 �
 �   � (do a  b  c  0 )
�a b c �

0,5

1 1 1
  .
a b c

=

� x 1
�� xy  x
xy  x

 1��
: 1

3.(3,0 đ). Cho biểu thức A  �
�

��
� xy  1

1  xy

xy  1

��

x 1 �
�
xy  1 �
�

với x, y > 0; xy ≠ 1.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Cho

1  1 6
. Tìm giá trị lớn nhất của A.
x
y

a)(2,0đ)Với x, y > 0; xy ≠ 1có:
A



x  1  1  xy    xy  x   xy  1   xy  1  1  xy 










xy  1  1  xy 

:

xy  1  1  xy    xy  x   xy  1   x  1  1  xy 



xy  1  1  xy 

x  1  1  xy    xy  x   xy  1   xy  1  1  xy 
xy  1  1  xy    xy  x   xy  1   x  1  1  xy 

/>


0,5


0,5



22 x
 1 .
2x y  2 xy
xy

1,0

b) (1,0đ) Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương
1  �1
x
y

1
xy

2

1 ; 1
x y , ta có:

9 (do 1  1  6 )
x
y

1
xy

0,5

�1  1
�
y
1
�x
Dấu bằng xảy ra  �
 x = y = (thỏa mãn) .
9
�1  1  6
x
y
�
�

Vậy giá trị lớn nhất của A là 9 tại x = y =

1
.
9

0,5

Câu 2.( 5,0 điểm)
1.(2,5đ) Giải phương trình 12x 2  3x  1  3x  1.
Đ: x �

0,25

1
3

0,5

12x 2  3x  1  3x  1





2

� 12x 2  3x  1  3 x  1( ÐK :12x 2  3x  1 �0)

� 144 x 4  9 x 2  1  72 x3  24 x 2  6 x  3 x  1
� 144 x 4  72 x3  15 x 2  3 x  0





0,5

� x 144 x3  72 x 2  15 x  3  0
x  0(ktm)
�
�� 3
144 x  72 x 2  15 x  3  0(1)
�





(1) �  4 x  1 36 x 2  27 x  3  0

0,5đ

1
�
x   (tm)
�
�
4
� 2
36 x  27 x  3  0(2)
�

Giải (2) tìm được hai nghiệm x1 

27  297
27  297
(tm); x2 
(ktm)
72
72

KL nghiệm của pt…..

0,5
0,25

2
2
�
�x  xy  2y  0
.
2.(2,5 đ) Giải hệ phương trình � 2
�x  5y  4  0  *

x 2  xy  2 y 2  0 �  x  y   x  2 y   0

khi đó ta được x = y hoặc x = -2y
Với x = y thay vào phương trình (*) ta được pt y2 +5 y +4 = 0.
Giải phương trình, tìm được y = -1; y = -4
Từ đó tìm được x....
/>
0,5
0,5
0,5
0,25


Với x = -2y thay vào phương trình (*) ta được 4y 2 + 5y + 4 = 0. Chứng minh 0,5đ
phương trình này vô nghiệm
KL nghiệm của hệ
0,25đ
Câu 3. (2,0 điểm).
Tìm tất cả các giá trị x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 2 x 2  4 x  19  3 y 2 .

0,5
2 x 2  4 x  19  3 y 2 <=> 2 x 2  4 x  2  21  3 y 2 � 2( x  1) 2  3(7  y 2 ) (1)
Với x, y nguyên thì vế trái của (1) chia hết cho 2 nên từ (1) có:
3(7  y 2 )M2 � 7  y 2 M2 � y lẻ

0,5

Ta lại có 7  y 2 �0 nên chỉ có thể y 2  1 . Khi đó 2( x  1) 2  18

0,5

Ta được: x + 1 = �3 , do đó: x1  2; x2  4
Các cặp số (2 ; 1), 2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (1). KL ……..

0,25
0,25

Câu 4. (5,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính BC. Một điểm A bất
kỳ nằm trên đường tròn (A không trùng với B và C). Kẻ AH  BC (H �BC);HM
 AB (M �AB); HN  AC (N �AC).
3

�  cos2OAC
�  1 và CN  �AC �.
1. Chứng minh: sin AMN
�
BM �
�AB �
2

2. Gọi D là điểm nằm giữa O và C; Kẻ DE  AB (E �AB);DF  AC (F �
AC). Chứng minh: DB.DC = EA.EB + FA.FC.
3. Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để diện tích tứ giác AMHN
đạt giá trị lớn nhất.. Khi đó hãy tính diện tích tứ giác AMHN theo R.

1.(2đ) Chứng minh được
Do đó sin2

+ cos2

=
= sin2

(=

0,5

)

+ cos2

CM được AC2 = CH.BC ; AB2 = BH.BC. Do đó

0,25

=1
⇒

CM được CH =CN.AC ; BH = BM. AB. Kết hợp với (1) ⇒
2

2

(1)

0,5
0,5
0,25

/>

⇒
(đpcm)
2.(1,5đ) Xét tam giác ABC với DF // AB( vì DF ⊥ AC, DE ⊥ AB), theo định lí
Talet ta có

0,5

( vì CM được DF = AE)(2)

CM tương tự có:

(3)
0,5

Nhân từng vế của (2) và (3) ta có
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau có:

0,25
.

Từ đó CM được DB.DC = EA.EB + FA.FC.(đpcm)

0,25

3.(1,5đ) CM được AMHN là hình chữ nhật ⇒ SAMHN = AM.AN (4)

0,25

CM được AH = AM.AB ⇒ AM =
2

CM tương tự có AN=

0,5

(5)

(6)
0,5

Từ (4),(5),(6) có SAMHN =
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AMHN là
đường tròn (O), sao cho ABC vuông cân tại A.

. Khi đó điểm A thuộc

Câu 5. (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:

0,25

1
1
1


1
1 x 1 y 1 z

.
3
xyz.
2

Chứng minhrằng: x  y  z �
Ta đặt
�x

1
1
1
 a,
 b,
 c (ĐK: a, b, c  0 )
1 x
1 y
1 z

0,5

1 a b  c
1 b a  c
1 c a  b

,y

,z 

a
a
b
b
c
c
3
xyz �
2

Do đó x  y  z �
CM được :

a
b
b
c
c
a
3
.


.

.
� (*)
bc ca
ca ab
ab bc 2

a
b
1� a
b �
.
� �

�
b  c c  a 2 �a  c b  c �

b
c
1� b
c �
.
� �

�
c  a a  b 2 �b  a c  a �

/>
0,5

0,5


c
a
1�c
a �
.
� �

�
a  b b  c 2 �c  b a  b �

Do
a
b
b
c
c
a
1�a
b
b
c
c
a � 3
.

.


.
� �





�
bc ca
c  a a b
a  b b  c 2 �a  c b  c b  a c  a c  b a  b � 2

Vậy BĐT(*) luôn đúng, suy ra đpcm.

/>
đó 0,5