HSG TOÁN 9 lập THẠCH 2018 2019

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)

1
−
2 3−2 2

x=

Câu 1 (3,5 điểm). Cho
A=

4 ( x + 1) x

3

2018

ax = by = cz
3

và

lấy điểm

N

b)

có chu vi bằng

Hỏi điểm
M

M

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5
a, b, c

phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị

abc

ABC

nhọn với trực tâm

sao cho

Câu 6 (4,5 điểm). Cho tam giác

a)

. Chứng minh rằng:

( ab − 1) ( bc − 1) ( ca − 1)

Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác

AEMF

+ 2x +1

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 a + 3 b + 3 c

P=

nhật

. Tính giá trị của biểu thức:

1 1 1
+ + =1
x y z

3

Câu 4 (1điểm). Tìm các số tự nhiên
nguyên

và trên đoạn

)

3 +1

− 2x

2 x + 3x

2019

Câu 3 (3 điểm). Giải phương trình:

CH

(

2

3

Câu 2 (3 điểm). Cho

3

2a

và

ABC

·AMC = ·ANB = 900

vuông cân tại

E ∈ AB; F ∈ AC

H

. Trên đoạn

BH

AM = AN

. Chứng minh rằng
A

, cạnh bên bằng

lấy điểm

a

M

.

.Vẽ hình chữ

.

di động trên đường nào ?

Từ
vẽ đường thẳng
điểm cố định.

MN ⊥ EF ( N ∈ EF )

Câu 7 (1 điểm). Cho các số thực dương
rằng:

a, b, c

. Chứng minh rằng
thỏa mãn

ab
b
a
+
+
≥ 3
a + b +1
bc + c + 1
ca + c + 1

/>
MN

luôn đi qua một

abc + a + b = 3ab

. Chứng minh

Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng cho 2019 điểm

M 1 , M 2 ,..., M 2019

kính 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm
SM 1 + SM 2 + ... + SM 2019 ≥ 2019.

----------Hết---------

/>
S

. Vẽ đường tròn bán

trên đường tròn sao cho


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 9, NĂM HỌC 2018 -2019
Câu
Câu 1
(3,5
điểm)

Nội dung
Ta có
x=

1
−

2 3−2 2

3

(

)

3 +1

(

Điểm

2 3 + 2−3 2 3 −2

=

(2

)(

3−2 2 3+2

)

)=

4−2 3
3 −1

=
4
2

1,5

*) Tử
2019

4 ( x + 1) x

− 2x

2019

2018

 3 −1 
= 2 
÷
÷
 2 

2018

 3 − 1  3 − 1 
+ 2 x + 1 = 4 
+ 1÷
÷ 2 ÷
÷

 2



2018

 3 −1 
− 2 
÷
÷
 2 

 3 −1 
+ 2 
÷
÷+ 1
 2 

2018

 3 −1 
− 2 
÷
÷
 2 

1

+ 3= 3

*) Mẫu
2

 3 −1 
 3 −1 
3 +1
2 x + 3x = 2 
+
3
=
÷

÷
÷
 2 ÷
2
 2 


2

A=

Vậy
Câu 2
(3
điểm)

Đặt
3

3

3
2 3
=
= 3− 3
3 +1
3 +1
2

ax 3 = by 3 = cz 3 = k

a+3b+3c=

3

1

0,5
. Ta có

k
k 3 k 3 1 1 1 3
+
+
= k  + + ÷= k
x
y
z

x y z

ax 2 + by 2 + cz 2 =

1,25

3

3

1 1 1
k k k
+ + = 3 k  + + ÷= 3 k
x y z
x y z
3

(1)

1,25

(2)

ax + by + cz = 3 a + 3 b + 3 c
2

2

2

Từ (1) và (2), ta được
Câu 3
(3
điểm)

x 2 + 5 + 3 x = x 2 + 12 + 5
⇔ x 2 + 5 − 3 + 3x − 6 − x 2 + 12 + 4 = 0
⇔

x2 − 4
x2 + 5 + 3

+ 3( x − 2) −

x2 − 4
x 2 + 12 + 4

=0



x+2
x+2
⇔ ( x − 2) 
+3−
÷= 0
2
x 2 + 12 + 4 
 x +5 +3
x = 2

⇔  x+2
x+2

+3−
=0
 x 2 + 5 + 3
x 2 + 12 + 4

/>
0,5

0,5
0,5


3x > 5 ⇔ x >

Từ đặc điểm của phương trình suy ra
x+2

x2 + 5 + 3

Câu 4
(1
điểm)

>

x+2

x 2 + 12 + 4

⇒

x+2

x2 + 5 + 3

+ 3−

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Ta có
P = abc − ( a + b + c ) +

Do

a, b, c

M=

Do

là các số tự nhiên nên

1 1 1
1
+ + −
a b c abc

a, b, c

Suy ra

1 1 1
1
+ + −
a b c abc

P

5
3

, do đó

x+2
x 2 + 12 + 4

1

>0

0,5

x=2

.
là số nguyên khi và chỉ khi
0,5

là số nguyên.

có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát ta giả sử

a ≥ 1; b ≥ 2; c ≥ 3

a
, suy ra

1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
0< + + −
< + + ≤ + + < 2⇒ 0 < M < 2 ⇒ M =1
a b c abc a b c 1 2 3

Suy ra
1 1 1 1
+ + −
=1
a b c abc
⇒ a + b + c = ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) + 2

Nếu

( a − 1) ( b − 1) ≥ 4

thì với

a
(*)

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
Do

a +b+c ≥ 6

c ≥ 3.

nên từ (*) suy ra

a −1 > 0 ⇒ b −1 > 1

, suy ra

có thể nhận giá trị là 2 hoặc 3. Từ đây ta tìm được bộ số
là

( 2;3;5)

Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt
vị của

( 2;3;5 )

. Khi đó

P = 21

/>
( a; b; c )

( a − 1) ( b − 1)

( a; b; c )

chỉ

thỏa mãn

thỏa mãn bài toán gồm các hoán

0,5


Câu 5
(3
điểm)

Gọi

BD, CI

Ta có

là hai đường cao của

∆ABC

·ANB = 900 , NI ⊥ AB ⇒ AN 2 = AI . AB

·AMC = 900 , MD ⊥ AC ⇒ AM 2 = AD. AC

Vì
Mạt khác, ta có

AI
AC
∆AIC : ∆ADB ⇒
=
⇒ AI . AB = AD. AC
AD AB

Từ (1), (2) và (3) suy ra

AM = AN

0,5

.

1,25

(1)

(2)

1,25
(3)

.

Câu 6
(4,5
điểm)

a)

·
ME + MF = a, AF + FC = a ⇒ MF = FC ⇒ FCM
= 450 ⇒ M ∈ BC

Vậy

M

di động trên cạnh huyền
ABDC , D

b) Vẽ hình vuông
phụ với

·
EMN

2,5

BC

là điểm cố định.

)

/>
¶ =E
µ
MN ⊥ EF ⇒ M
1
1

1
(cùng
0,5


Gọi

H

là giao điểm của
M , N, D

suy ra

Dẫn tới

MN

FM

và

¶
µ
¶
¶
BD ∆HMD = ∆MEF ⇒ M 2 = E1 ⇒ M 1 = M 2

0,5

.

thẳng hàng.

luôn đi qua điểm cố định

D

.

1 1
Câu 7
abc + a + b = 3ab ⇔ c + + = 3
b a
(1điểm

Ta
có
)
x=

Đặt
A=

Ta có

1
1
;y = ;z = c
a
b

1
+
xy + x + y

( x + y + 1)

( x + y + 1)

2

2

, ta có

x+ y+ z =3

và ta chứng minh

1
1
+
≥ 3
yz + y + z
zx + z + z
≥ 3 ( xy + x + y )

≥ 3 ( xy + x + y )

0,5

, thật vậy

⇔ x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y

⇔ 2 ( x 2 + y 2 + 1) ≥ 2 ( xy + x + y )
⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0
2

2

Đẳng thức xảy ra khi

2

x = y =1

. Do đó

1
3
≥
xy + x + y x + y + 1

Tương tự, ta được
1
3
≥
yz + y + z y + z + 1

0,5

1
3
≥
zx + z + x z + x + 1

Suy ra
 1


1
1 
9
A ≥ 3

+
+
÷≥ 3 
÷= 3
 x + y +1 y + z +1 z + x +1
 x + y +1+ y + z +1+ z + x +1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x = y = z =1⇔ a = b = c =1

/>

Câu 8
(1
điểm)

Xét đường kính
đường kính. Vì

S1S2

tùy ý của đường tròn.

S1S 2 = 2

S1 , S2

là hai điểm mút của

, nên ta có

 S1M 1 + S 2 M 1 ≥ S1S2 = 2
S M + S M ≥ S S = 2
 1 2
2
2
1 2

...
 S1M 2019 + S 2 M 2019 ≥ S1S2 = 2

0,5

Cộng vế theo vế ta được

( S1M 1 + S1M 2 + ... + S1M 2019 ) + ( S 2 M 1 + S2 M 2 + ... + S2 M 2019 ) ≥ 2.2019 = 4038

(1)
Từ (1) ta có trong hai tổng trên có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng
2019.
S1M 1 + S1M 2 + ... + S1M 2019 ≥ 2019

Giả sử
chứng minh.

/>
. Khi đó lấy

S ≡ S1

ta có điều phải

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)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (4,5 điểm)

(

A = 4 + 15

)(

10 − 6

)

4 − 15

1. Tính giá trị biểu thức
2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:
−2019
2018
N=
M=
x − 2x + 3
x2 − 2x − 3
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:
1
1 1
1 1 1
+ 2+ 2 = + +
2
a b c
a b c

1+

1 1
1 1
1
1
+
+
1
+
+

+
....
+
1
+
+
12 22
22 32
20182 20192

2. Tính giá trị của biểu thức: B =
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.
x3 - 3x 2 + 2 x + 6 = 0

2. Giải phương trình:
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:
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
a)

b)

1
1
1
;
;
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.
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

(

A = 4 + 15

Ta có
A = 4 + 15.1. 2

A=

(

)(

(

10 − 6

)

Đáp án
4 − 15 = 4 + 15

(

(

)

)

5 − 3 = 8 + 2 15. 5 − 3

)(

5+ 3 . 5− 3

)

)(

4 + 15 4 − 15 . 10 − 6

)

=5-3=2

Điều kiện xác định của M là

x2 − 2 x − 3 > 0

⇔ ( x + 1)( x − 3 > 0
x +1 > 0
⇔
x − 3 > 0

x + 1 < 0

x − 3 < 0

hoặc

x > 3
⇔
 x < −1

Điều kiện xác định của N là


2 x + 3 ≥ 0
⇔ x > 2x + 3 ≥ 0

x
−
2
x
+
3
>
0



x > 3
⇔
 x < −1
⇔ x2 > 2x + 3 ⇔ x2 − 2x − 3 > 0

Từ (*) và (**) ta được

x>3

(*)

(**)

là điều kiện xác định của M

2

Ta có:
=

1
1 1
1
1 
 1 1 1
 1
 + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2 + + ÷
a
b
c
a b c
 ab bc bc 

1
1
1
a

b  1
1
1 2(a + b + c ) 1
 c
1 1
+ 2 + 2 + 2
+
+
= 2+ 2+ 2
÷= 2 + 2 + 2 +
2
a
b
c
b
c
abc
 abc abc abc  a
a
b
c

/>

1
1 1
1 1 1
+ 2+ 2 = + +
2
a

b
c
a b c

Vậy

1
1
1
1 1 1
1 1
1
+ 2+ 2 = + + = + −
2
a
b
c
a b c
a b a+b

Theo câu a) Ta có
Áp dụng (*) ta có:
1+

1 1
1 1
1
1 1 1
1 1 1
+ 2 = 2+ 2+

= + +
= + −
2
2
1 2
1 1 (−2) 1 1 (−2) 1 1 2
1+

Tượng tự
1+

1 1 1 1 1
+ = + −
22 32 1 2 3

1+

;

(Vì

1 1 1 1 1
+ = + −
32 42 1 3 4

(*)

1 1 1
+ − >0
1 1 2

)

;….

1
1
1
1
1
+
= +
−
2
2
2018 2019 1 2018 2019

B = 2019 −

Suy ra

1
4076360
=
2019
2019

x3 - 3x 2 + 2 x + 6 = 0
Û (x +1)(x2 - 4x + 6) = 0
Û

x + 1 = 0 (1) hoặc

x2 – 4x + 6 = 0 (2)

Û x =- 1

(1)

Û (x- 2)2 + 2 = 0

(2)

. Do

(x- 2)2 + 2 ¹ 0 " x

nên pt này vô nghiệm.
S = { - 1}
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
(x- 1)(x + 2) = x2 + x- 2

Vì
ax + b
Đặt

là đa thức bậc 2 nên f(x) :

( x − 1)( x + 2)

f ( x) = ( x − 1)( x + 2).q( x) + ax + b

Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7
f(x) : (x + 2) dư 1

⇒ f (1) = 7 ⇔ a + b = 7

⇒ f (−2) = 1 ⇔ −2a + b = 1

⇒

Từ (1) và (2)
a = 2 và b = 5.
[ (x- 1)(x + 2)]
Vậy f(x) :
được dư là 2x + 5
5x2 + y2 = 17 – 2xy

⇔

4x2 + (x + y)2 = 17

/>
(1)
(2)

có đa thức dư dạng


⇒

4 x 2 ≤ 17 ⇒ x 2 ≤

Nếu x2 = 0
Nếu x2 = 1
Nếu x2 = 4

⇒

⇒
⇒

17
4

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

(x + y)2 = 17 (loại)
(x + y)2 = 13 (loại)
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 2 ⇔ a (b + c) + ab + ac > a 2 + ab + ac

⇔ 2a(b + c) > a (a + b + c) ⇔

Tượng tự ta cũng có:

a
2a
<
b+c a+b+c

b
2b
<
c+a a +b+c

;

c
2c

<
b+a a +b+c

a
b
c
2a
2b
2c
+
+
<
+
+
= 2 ( dpcm)
b+c c+a a+b a+b+c b+c+a a+b+c

Suy ra:
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
Vậy

1
1
1
;
;
a+b b+c c+a

1
1
1
+
>
c+a a +b b+c

;

1
1
1
+
>
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
BH =

AB2
= 3,6(cm)
BC

(2)

/>

Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có

IB AB
IB
AB
IB
6
30
=
⇒
=
⇔
=

⇒ 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

5
7

MI = BM - BI
cm
Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC
Đặt SABC = d2 .
2

Ta có:

SODH a 2  DH 

a DH
= 2 =
⇒ =
÷


S ABC d
BC
d BC
2

2

;

2

S EON b
b HC
 ON 
 HC 
= 2 =
=
⇒ =
÷
÷
 BC 
 BC 
S ABC d
d BC

; Tương tự

c BD
=
d BC

Suy ra:
Vậy

a + b + c DH + HC + DB
=
=1⇒ d = a + b + c
d
BC

S = d 2 = (a + b + c )2

Áp dụng BĐT Cosy, ta có:

a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + c 2 ≥ 2bc; a 2 + c 2 ≥ 2ac

S = ( a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
S ≤ a 2 + b 2 + c 2 + ( a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) = 3( a 2 + b 2 + c 2 )

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.
/>

/>