031 đề thi HSG toán 9 huyện hà trung 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TRUNG

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

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức

x 1
x  8   3 x 1 1
1 
P


:

x 1 
 3  x  1 10  x   x  3 x  1  1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  4

3 2 2 4 32 2

32 2
3 2 2

Câu 2. (4,0 điểm)
 x  1  3 y  1  1
a) Giải hệ phương trình: 
2 x  1  5 y  1  9

b) Giải phương trình: x  1  4  x   x  1 4  x   5
c) Cho một số tự nhiên có 4 chữ số. Nếu xóa đi chữ số hàng chục và hàng đơn
vị thì số đó giảm đi 5445 đơn vị. Tìm số đã cho
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Chứng minh A   2n  1 2n  1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n

b) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
x  y  z  11 và 8x  9 y  10 z  100
c) Chứng minh rằng nếu xy 

1  x 1  y   1thì x
2

2

1  y 2  y 1  x2  0

Câu 4. (4,0 điểm)

x
2y

 1. Tìm giá trị lớn nhất của P  xy 2
1 x 1 y
b) Tìm các số tự nhiên n sao cho B  n2  n  13 là số chính phương.
Câu 5. (5,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB  2R. Gọi Ax, By là
các tia vuông góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng
bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với
nửa đường tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng CD.

a) Tính số đo góc COD
1
b) Chứng minh OI  CD và OI vuông góc với AB
2
c) Chứng minh : AC.BD  R2
d) Tìm vị trí của điểm M để tứ giác ABCD có chu vi nhỏ nhất
a) Cho x, y  0 thỏa mãn


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  10, x  1

x 1
x  8   3 x 1 1
1 
P


:

10

x
3

x

1
x


3
x

1

1
x

1

 








x  1.10  x    x  8  3  x  1

3 



x  1 10  x 

18 x  1  3 x  24

3 

3





x  1 10  x 



x 1  3






2



x 1



x 1  3



 x  1  3
x  1  x  1  3 3  x  1  3 x  1  x  1  3 

.
10  x
2 x  1  2
2 x  1  2
x 1

.

3 x  1  x  10 



x 1 1 x 1  3

2 x 1  4

:

2

3  x  1 10  x 

:3

x  1  2 .10  x 

3 x  1


2



x 1  2



b)
x 4


3 2 2 4 32 2

 4 3 2 2
3 2 2
3 2 2



3  2 2   3  2 2  
3 2  1

Vậy P 
2



2 1  2







2



 4 3 2 2



2

2 1 2 1  2

1
2

Câu 2.
a) ĐKXĐ: x  1, y  1
 x  1  3 y  1  1 2 x  1  6 y  1  2  y  1  1




2 x  1  5 y  1  9 2 x  1  5 y  1  9
2 x  1  5 y  1  9
 y  1  1
 y  2
y  2



(TM )
x

3
2
x

1

5
y

1

9

2 x  1  5 y  1  9 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   3;2 


b) ĐKXĐ: 1  x  4
Đặt a  x  1  4  x  a  0

a2  5
 a  5  2  x  1 4  x    x  1 4  x  
2
Thay vào phương trình đã cho ta được:
 a  5(ktm)
a2  5
a
 5  a 2  2a  15  0  
2
 a  3(tm)
2

 x  0(tm)
Với a  3  x  1  4  x  3  
 x  3(tm)
Vậy S  0;3

c) Gọi số cần tìm là abcd  0  b, c, d  9;1  a  9 
Ta có:





abcd  5445  ab  100.ab  cd  5445  ab  99.55  99ab  cd  99. 55  ab  cd

55  ab  00  ab  55, cd  00  abcd  5500
Vì cd là số có 2 chữ số nên 
55  ab  1  ab  54; cd  99  abcd  5499
Vậy các số cần tìm là 5500 và 5499

Câu 3.

a) Ta có 2n  1;2n ;2n  1là ba số tự nhiên liên tiếp nên  2n  1.2n. 2n  1 chia
hết cho 3.

Mà  2n ,3  1 nên  2n  1 2n  1 chia hết cho 3
Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n
b) Ta có: 8x  8 y  8z  8x  9 y  10 z  100  x  y  z  12,5  x  y  z  12
Ta có : x  y  z  11 và x, y, z dương nên x  y  z  12
Ta có: 8x  9 y  10 z  100

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x  y  z  12
 x  y  z  12
 x  y  z  12



8 x  9 y  10 z  100 96  y  z  100  y  2 z  4
Do x, y, z là các số nguyên dương nên z  1, y  2, x  9

(1)


c) Ta có xy 

1  x  1  y 
2

2

1

 x 2 y 2  1  x 2 1  y 2   2 xy
 x2 y 2  x2
 x2 y 2  x2



1  x 1  y   1
 1  y  x y  2 xy 1  x 1  y   1
 y  x y  2 xy 1  x 1  y   0
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



 x 1  y2  y 1  x2  0  x 1  y 2  y 1  x2  0
Câu 4.
a) Ta có
x
2y

 1  x 1  y   2 y 1  x   1  x 1  y 
1 x 1 y
 x  xy  2 y  2 xy  1  y  x  xy  2 xy  y  1
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1  y  2 xy  2 y.2 xy  2 2 xy 2
 1  8 xy 2  xy 2 

1
8

Dấu "  " xảy ra khi y  2 xy  x  y 

1
2

1
1
x y
8
2
b) B là số chính phương, nên 4B cũng là số chính phương

Vậy MaxP 

Đặt 4B  k 2 (k là số tự nhiên) thì 4n2  4n  52  k 2   2n  1  k 2  51
2

  2n  1  k  2n  1  k   1. 51  51. 1  17. 3  17.3

Vì n là số tự nhiên nên 2n  1  k  2n  1  k ta có các hệ phương trình:
 2n  1  k  1
 2n  1  k  3
(1)
(2)


2
n

1

k


51

2
n

1

k


17


2n  1  k  51
2n  1  k  17
(3)
(4)


2
n

1

k


1
2
n

1


k


3


Giải các hệ 1 ,  2  ,  3 ,  4  ta được: n  12; n  3; n  13; n  4
Do n là các số tự nhiên nên n4;13


Câu 5.

D
I
M
C

A

O

B

a) OC là tia phân giác của AOM (tính chất tia phân giác)
OD là tia phân giác của MOB (tính chất tia phân giác)
Mà AOM và MOB là hai góc kề bù  OC  OD hay COD  900
1
b) Tam giác COD vuông tại O có IC  ID  OI  CD (đường trung tuyến
2

ứng với cạnh huyền)
Ta có: AC / / BD (cùng vuông góc với AB)
Suy ra tứ giác ABCD là hình thang
 OI là đường trung bình của hình thang  OI / / AC  OI  AB
c) Xét tam giác COD vuông tại O có OM  CD (CD là tiếp tuyến)
Áp dụng hệ thức lượng ta có OM 2  MC.MD hay MC.MD  R 2


C và D là giao của các tiếp tuyến nên CA  CM , DB  DM

Suy ra CA.DB  R2
d) Ta có : CA  DB  CD
Hình thang ABCD có độ dài cạnh AB không đổi
Nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất
CD nhỏ nhất khi CD  AB
CD  AB khi CD / / AB
CD / / AB khi OM  AB, OM  AB khi M là điểm chính giữa của cung AB