033 đề thi HSG toán 9 tỉnh quảng bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI:TOÁN
Ngày thi : 14.03.2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,5 điểm)

1
3
2


với x  0. Rút gọn và tìm
x 1 x x 1 x  x 1
giá trị lớn nhất của A
b) Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
a) Cho biểu thức A 

B  4  10  2 5  4  10  2 5

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Xác định các hệ số a, b để hệ thức P  x   x 4  2 x3  3x 2  ax  b là bình
phương của một đa thức
b) Giải phương trình: 3  4 x  4 x  1  16 x 2  8x  1
(1)
Câu 3. (2,5 điểm)

Cho đường tròn (O) và dây cung BC  a không đổi  O  BC  . A là một điểm di
động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao
AD, BE, CK cắt nhau tại H  D  BC, E  AC, K  AB 
a) Trong trường hợp BHC  BOC, tính AH theo a
b) Trong trường hợp bất kỳ, tìm vị trí của A để tích DH .DA nhận giá trị lớn
nhất
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C  2019n  2020 là số
chính phương.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  2  xyz .
Chứng minh rằng: x  y  z  6  2



yz  zx  xy



Câu 6. (1,0 điểm)
Cho tam giác vuông ABC có AB  3, AC  4, BC  5. Xét các hình chữ nhật
MNPQ sao cho M , N thuộc cạnh BC , P thuộc cạnh AC , Q thuộc cạnh AB. Hãy xác
định các kích thước của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Với x  0 ta có:
1
3
2
A



x 1
x 1 x  x 1 x  x 1









x  x 1 3  2 x  2

x x 1

 x  1 
 x  1 x  x  1 x 
x

x
x 1

2

1 3

 x  x  1   x     0x  0
Ta có: 

2 4


 x  0x  0

Và





2

x  1  0, x  0  x  2 x  1  0, x  0

 x  x  1  x , x  0 

x
 1, x  0  A  1, x  0
x  x 1

A 1 x 1
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x  1.
b) Ta có:
B 2  4  10  2 5  4  10  2 5  2





4 





10  2 5 4  10  2 5

 8  2 16  10  2 5  8  2 6  2 5  8  2





2

5 1  8  2





5 1

62 5
 B  6  2 5  5  1(do....B  0)

Câu 2.
a) Ta có P( x)   x 2  cx  d   x 4  2cx3   c 2  2d   2cdx  d 2 , x 
2

Mà P  x   x 4  2 x3  3x 2  ax  b
2c  2
c  1
 2

c  2 d  3  d  1

Do đó ta có hệ phương trình: 
. Vậy a  2, b  1.
2
cd

a
a


2


d 2  b
b  1



b) ĐK:
ta có:



1
3
 x  (*)
4
4



2

3  4x  4x  1  3  4x  2

3  4 x 1  4 x   1  4 x

3  4 x 1  4 x   4  3  4 x  1  4 x  2
2
Lại có: 16 x2  8x  1  2   4 x  1  2(3)
42

(2)

Từ (2) và (3) ta có:
 3  4 x  1  4 x  2 3  4 x  2  3  4 x 1  4 x   1  4 x  4

1  
2
2
16 x  8 x  1  2
16 x  8 x  1  0


3
x


4
  3  4 x 1  4 x   0  
1


1



x


(tm(*))
x



1

4

4
x






4

1
x  

4
1
Vậy phương trình có nghiệm x  
4

Câu 3.

A
I
E
K

B

O

H

D

M

C

a) Xét tứ giác AKHE có K  E  900  BAC  BHC  1800 mà BHC  BOC và
BOC  2BAC  3BAC  1800  BAC  600


Kẻ đường kính BI , suy ra tứ giác AICH là hình bình hành  AH  CI (1)
Gọi M là trung điểm của BC  IC  2OM (2) (đường trung bình)
Từ (1) và (2) suy ra AH  2OM
Do M là trung điểm của BC  OM  BC  OM là tia phân giác của BOC
a 1 a 3
a 3
 MOC  600  OM  MC.cot 600  .

 AH 
2 3
6
3
DB DH
b) Ta có DBH DAC 

 DA.DH  DB.DC
DA DC
2
x  y

Áp dụng bất đẳng thức xy 
(Dấu "  " xảy ra khi x  y)
4
2
DB  DC 


a2
Ta có: DA.DH  DB.DC 
 (không đổi)
4
4
Dấu “=” xảy ra khi DB  DC hay D là trung điểm của BC.
a2
khi D là trung điểm của BC.  ABC cân
 DA.DH nhận giá trị lớn nhất là
4
tại A  A là điểm chính giữa của cung BC.
Câu 4.
Với mọi số tự nhiên a thì a 2 khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0;1;4
Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chi 8 dư 4  2019n  3n (mod8)
-Nếu n chẵn thì n  2k , k 

 2019n  32k  mod8  C  5  mod8

Nên C không thể là số chính phương
-Nếu n lẻ thì n  2k  1, k 
số chính phương.

 2019n  32k 1  3.32k  3(mod8)  C không thể là

Kết luận: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 5.
Đặt a 
Và x 

1
1
1
,b 
,c 
. Khi đó x  y  z  2  xyz  a  b  c  1
1 x
1 y
1 z

1
1 a b  c
ca
ab
1 

,y
,z 
a
a
a
b
c

Vậy x  y  z  6 

bc ca ab
ca ab



 6  


a
b
c
c
b 

cyc


 c  a  a  b   2

 2

bc

cyc



yz  zx  xy



Đẳng thức xảy ra khi a  b  c hay x  y  z  2
Câu 6.

A

K

Q

B

M

P

N

H

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC và PQ
Tam giác ABC vuông tại A nên AH 

AB. AC 12
 .
BC
5

Đặt PN  x, PQ  y
Vì APQ ACB suy ra

PQ AK
y
5
25


 1 x  y  5  x
CB AH
5
12
12
2

SMNPQ

25
25 
6
 x. y  5 x  x 2  3   x    3
12
12 
5

5
6
Vậy giá trị lớn nhất của S MNPQ bằng 3 khi x  và y 
2
5

C