Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp huyện năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

PHỊNG GD-ĐT SƠNG LƠ

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2019-2020
MƠN TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi : 06/11/2019
Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức: P 

2 x 9
x  3 2 x 1


x 5 x 6
x  2 3 x

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm các giá trị của x để P  0 .
Câu 2 (2 điểm) Cho biết x  2019  x 2 y  2019  y 2  2019 .





Tính giá trị biểu thức A  x

2019

y

2019



.
1
2

Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình: x  x   x 

1
 2.
4

Câu 4 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên  x; y  thỏa mãn:

 x  2019

2

 y  y  1 y  2  y  3 .

Câu 5 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1  p  p 2  p3  p 4 là số tự nhiên.
Câu 6 (2 điểm) Các cạnh a, b, c của tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức:
abc
1
1

1
1
với p 
. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? Vì sao?



2
p p a p b p c
Câu 7 (2 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .
1 1 1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của P  2  2  2  2 2 2 .
a b c a b c

Câu 8 (4 điểm) Qua điểm K nằm ngồi đường trịn (O;R), kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O)
tại A và B (A nằm giữa K và B, AB < 2R). Gọi d là đường trung trực của KB, H là hình chiếu
của O trên d. Gọi I là trung điểm của OK, N là trung điểm của AB, M là giao điểm của d và
KB.
a) Chứng minh tứ giác OHMN là hình chữ nhật và AK = 2OH.
b) Tính IH theo R.
Câu 9 (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của AC . Đường
thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại D . Chứng minh DB  2DC .
Câu 10 (1 điểm) Trên đường tròn cho 6 điểm phân biệt. Hai điểm bất kì trong 6 điểm này
đều được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại
một tam giác có ba cạnh cùng màu.

==== HẾT ====
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh.........................................................SBD:..................Phòng thi................

PHỊNG GD&ĐT SƠNG LƠ

HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2019 – 2020
Mơn Tốn – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Hướng dẫn chấm

Câu

Điều kiện để P xác định là : x  0; x  4; x  9 .
P

1



2 x 9



x 3





x 3


 x  3 x  2 
x x 2



 



x  3  2 x 1



x 2


x  3
x 1




x  2

x 2

Với x  0; x  4; x  9 , ta có P  0 

x 2

Điểm



0,25

x 1

0,25
0,5

x 3

x 1
 0  x 3 0  x 9
x 3

0,5

Kết luận: 0  x  9 và x  4 thì P  0



Ta có: x  2019  x2







2019  x 2  x y  2019  y 2  2019



2019  x 2  x



 y  2019  y 2  2019  x2  x (1)

2

Tương tự ta có: x  2019  x  2019  y  y
Từ (1) và (2) suy ra x  y  0  x   y
2

2

0,5
0,5

(2)

0,5

 A0

ĐKXĐ

x

1
4
2

3

0,5
0,5

0,5

2

1
1
1 1
x  x   x   2   x     2
2
4
4 2

1 1
1 1
 x    2  0 (vì x    2  0 )
4 2

4 2
 x  2  2 (tmđk)

 

0,5
0,5
0,5

Phương trình đã cho tương đương  x  2019    y 2  3 y  y 2  3 y  2 
2

Đặt t  y 2  3 y Khi đó pt trở thành:  x  2019  t  t  2   x  2019  t 2  2t
2

+ Nếu t  0 ta có t 2  t 2  2t  t 2  2t  1  t 2  t 2  2t  t  1
t   x  2019    t  1 ( vơ lí)
2

4

2

2

+ Nếu t  0 ta có y 2  3 y  0  y  y  3  0  3  y  0
Vì y  Z nên y 3; 2; 1;0

Suy ra  x; y   2019;0 ,  2019; 1 ,  2019; 2  2019; 3

2

2

0,5
0,5
0,5
0,5

5

Theo bài ra ta có 1  p  p 2  p3  p 4  n2  n  N * 
4  4 p  4 p 2  4 p3  4 p 4  4n2 (1)

0,5


Suy ra:  2 p 2  p    2n    2 p 2  p  2 
2

2

0,5

2

 2 p2  p  2n  2 p2  p  2  2n  2 p2  p  1

Theo (1) ta có 4  4 p  4 p 2  4 p3  4 p 4   2 p  p  1

2

0,5

p  2 p  3  0  p  3 ( do p là số nguyên tố p  0 )
2

Thử lại với p  3 ta có 1  p  p 2  p3  p 4  1  3  32  33  34  11 (tm)

Vậy p  3

0,5
0,5

1
1
1
1



p p c p a p b
pc p
p b p  a


p  p  c   p  a  p  b 

6



2p c
a b

p  p  c   p  a  p  b 



ab
a b

 a  b  c  a  b  c  b  c  a  a  c  b 

ab



0,5

a b



0,5

2a
1



4ab 2b

 a  b   c2 c2   a  b 
 2b  a  b   a 2  b2  2ab  c 2  c 2  b2  a 2
2

2

0,5

Suy ra tam giác ABC vng tại A
Ta có:
P

1 1 1
1
1 1
9
27
 2 2
 


2
a b c
ab bc ca abc  a  b  c   ab  bc  ca 2
27

 ab  bc  ca 

2



1
(1)
a  b2  c 2
2

0,5

Áp dụng AM-GM ta
có  a  b  c   ab  bc  ca 
2

7

2

2

27

 ab  bc  ca 

2

3

2

 a 2  b2  c 2  2ab  2bc  2ca 

  27
3



0,5

 a 2  b2  c 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra P  a 2  b2  c 2 

1
1
 t  với t  a2  b2  c2  3
2
2
2
a b c
t

t 1 8t 2 8 10
  
9 t 9 3 3 3

0,5

Khi đó P   

Dấu “=” khi t  3  a  b  c  1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
chỉ khi a  b  c  1

8a

10
khi và
3

0,5


B
N
C
K

M

A

O

I

H
d
0,5

Chứng minh OHMN là hình chữ nhật,
KB AB KA


 KA  2OH
2
2
2
KA
Gọi C là trung điểm của KA ta có KC 
. Do đó OH =KC
2

0,5

OH = MN=MB-NB=

0,5

HOI= CKI( c-g-c)
Suy ra IH = IC (1)
8b

Do IC là đường trung bình

OKA nên IC 

OA R

2

2

0,5

R
Từ (1) và (2) Suy ra IH 
2

A
M
H
B
9

C

D
K

Kẻ CK vng góc AD, K  AD .
Gọi H là giao điểm AD với BM
Vì BH//CK nên
Mặt khác

DC CK

(1)
DB BH
DC CK 2 HM



(2)
DB BH
BH

0,5

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có:
2

AM 2 HM .BM
HM  AM  1



  ,thay vào (2) ta được DB  2DC
2
AB
BH .BM
BH  AB 
4

0,5


10

Giả sử 6 điểm A, B, C, D, M, N trên cùng 1 đường tròn.
Từ 1 điểm vẽ đến 5 điểm cịn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất 3 đoạn thẳng
cùng màu. Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ( nếu cùng màu xanh thì 0,5

lập luận tương tự).
Xét tam giác BCD nếu có 1 cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì tam giác ABC có 3 0,5
cạnh màu đỏ. Trái lại thì tam giác ABC có ba cạnh màu xanh.