De va dap an Toan lop 9 HSG Thach Ha nam hoc 20192020

PHÒNG GD-ĐT THẠCH HÀ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: Tốn 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. a) Tính giá trị biểu thức

T

A

5

3

5 2 

5 2

5 1

b) Chứng minh rằng:

29  12 5
 2

2019

 3x 2020  2 x 2021
c) Tính giá trị biểu thức N  x

x

Với
d) Cho

x

5 2 

5 2

5 1



32 2

3 1
3 1
y
2 và
2 . Tính

M x 5  y 5

e) Cho M = (a2 + 2bc – 1)(b2 + 2ac – 1)(1 – c2 – 2ab). Trong đó a, b, c là các
số hữu tỉ thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: M là một số hữu tỉ.

Bài 2. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xyz = 2(x+ y + z).
3
2
b) Tìm các số a, b, c sao cho đa thức f ( x)  x +ax  bx  c chia cho

x + 2; x + 1; x – 1 đều dư 8
x
x
x
x
y
c) Tìm các số tự nhiên x, y biết: (2  1)(2  2)(2  3)(2  4)  5 11879

Bài 3. Giải các phương trình sau:
9x2
x 
16
2
(
x

3)
a)
2

b)

x( x  1)  x( x  5) 2 x 2

Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.

AB
3

a) Tính AH, BH biết BC = 50 cm và AC 4

b) Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh rằng:
AH3 = BC.BD.CE
c) Giả sử BC = 2a là độ dài cố định. Tính giá trị nhỏ nhất của: BD2 + CE2
Bài 5. Cho 0  a, b, c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của:

P  a + b 2019  c 2020  ab  bc  ac
------------------Hết-----------------


Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:…………
(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm; học sinh khơng dùng máy tính bỏ túi )
SƠ LƯỢC GIẢI
Đề thi chọn HSG huyện năm học 2019 – 2020
Mơn: Tốn 9

Bài

Nội dung

T
1a.

1b.
1c.

1d.

5

3

29  12 5



5

3  (2 5  3) 



5

( 5  1) 2



5  ( 5  1)
5 2 

A

=

5

(2 5  3) 2

3

6 2 5

=1
5 2

5 1

x 2

5

2 5 2
2
5 1
 A2 =
 A=

2 (đpcm)

( 2  1) 2

= 2 - ( 2 + 1) = -1
với x = -1 ta có N = -1 + 3 + 2 = 4
1
Ta có: xy = 2 và x + y =

2

2

3

2

x + y = (x + y) – 2xy = (

1
3 ) – 2. 2 = 3 – 1 = 2
2

1

3 3

x + y = (x + y) – 3xy(x + y) = ( 3 )3 – 3. 2 . 3 = 2
3

3

3

3 3 1
11 3
x5 + y5 = (x2 + y2)(x3 + y3) – x2y2(x + y) = 2. 2 - 4 . 3 = 4

1e

M = (a2 + bc – ac - ab)(b2 + ac – ab - bc)(ac + bc – c2 – ab)
= (a – b)(a – c)(b – a)(b – c)(c – a)(b – c)
= (a – b)2(a – c)2(b – c)2


2a

M  (a  b)( a  c)(b  c)

vì a, b, c là các số hữu tỉ nên M là một số hữu tỉ
Vì x, y, z là các số nguyên dương và vai trò như nhau nên khơng mất tính
tổng qt giả sử : 1 x  y z ta có xyz = 2(x + y + z)  6z
 xy  6  x = 1 hoặc x = 2
Xét x = 1 cho y = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta được (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5)
Xét x = 2 cho y = 2, 3 ta được (x, y, z) = (2; 2; 4)
vậy (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5), (2; 2; 4) và các hoán vị


2b

Từ gt ta có f(x) - 8 ln chia hết cho x + 2; x + 1; x – 1.
=> f(x) = (x + 2)(x + 1)(x – 1) + 8.
Với x = -2, ta có: -8 + 4a – 2b + c = 8  4a – 2b +c = 16 (1)
Với x = -1, ta có: -1 + a – b + c = 8  a – b +c = 9 (2)
Với x = 1, ta có: 1 + a + b + c = 8  a + b + c = 7 (3)
từ (1), (2) và (3) ta có b = - 1  a = 2 ; b = 6

2c

3a

2 x (2 x  1)(2 x  2)(2 x  3)(2 x  4) là tích 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết
cho 5 mà 2x không chia hết cho 5 nên
(2 x  1)(2 x  2)(2 x  3)(2 x  4) chia hết cho 5
mà 11879 không chia hết cho 5 nên y = 0
x
x
x
x
 (2  1)(2  2)(2  3)(2  4) = 11880 = 9.10.11.12  x = 3
vậy x = 3 và y = 0
ĐK: x 3 (*)
9x2
2
x 
16
2
(
x

3)
Ta có:
2

 x2 
6 x2
2.x.3x
9x2
2.x.3 x


 9 25
x 


16


2
x

3
x

3
x  3 ( x  3)
x 3


 
2

 x2


x

3
 

2


x2
x2
3  25
 3 5
 3  5

 x 3
x

3
hoặc

x2
 3 5
x

3
 (x – 4)2 + 8 = 0 (VN)
+)
x2
 3  5
 (x + 1)2 = 7  x + 1 =  7
+) x  3

3b

 x =  7 -1 (t/m ĐK(*))

Vậy pt có 2 nghiệm: x =  7 - 1
ĐK: x 5 hoặc x 0 (*)

x( x  1)  x( x  5) 2 x 2
x

5
Nếu
thì pt:
 x  1  x  5 2 x  ( x  5)( x  1)  x  3

ĐK: x  3 (**)

1
3 ( loại )
 -12x = 4 
Nếu x = 0 thỏa mãn pt
x

Nếu x < 0 thì pt:


x( x  1)  x( x  5) 2 x 2

1  x  5  x 2  x 

(5  x)(1  x )  x  3

ĐK: x  3

1
3 (loại)
 -12x = 4 
Vậy pt có nghiệm x = 0
x

4a

AB
3
AB
AC


k
 AB = 3k, AC = 4k
AC
4  3
4
2
2
2
2
 (3k) + (4k) = 50  k = 100  k = 10
 AB = 30 cm, AC = 40 cm

4b

4c

5

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vng ta có
AB.AC = AH.BC  30.40 = AH.50  AH = 24cm
AB2 = BH.BC  302 = BH. 50  BH = 18 cm
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
AH2 = BH.CH
 AH4 = BH2.CH2 = BD.AB.CE.AC=(BD.CE)(AB.AC)
= (BD.CE).(AH.BC)
 AH3 = BC.BD.CE
Áp dụng định lí Pytago ta có:
BD2 + CE2 = BH2 – HD2 + HC2 – HE2 = BH2 + HC2 – ( HD2 +HE2 )
= (AB2 – AH2 )+ (AC2 – AH2 ) – AH2 = (AB2 + AC2 ) – 3AH2
= BC2 – 3AH2 = 4a2 – 3AH2
Gọi O là trung điểm của BC ta có. AH  AO = a nên
BD2 + CE2  4a2 – 3a2 = a2.
Dấu = xẩy ra khi H trùng O   ABC vuông cân tại A
Vậy GTNN của BD2 + CE2 bằng a2 khi  ABC vuông cân tại A
2019
2020
vì 0  a, b, c  1 nên b b, c  c , (1 – a)(1 – b)(1 – c)  0, abc
0


a + b 2019  c 2020  ab  bc  ac a  b  c  ab  bc  ac

và 1 – abc – a – b – c + ab + ac + bc  0
 a + b + c – ab – ac – bc  1 – abc  1
do đó P  a + b

2019

 c 2020  ab  bc  ac 1 . Dấu bằng xẩy ra khi


abc 0
 2019
b b
 2020
c
c
(1  a)(1  b)(1  c) 0

0 a, b, c 1
chẳng hạn a = 1, b = c = 0
Vậy GTLN của P bằng 1 chẳng hạn khi a = 1; b = c = 0
Chú ý: HS giải cách khác đúng, hợp lí thì chấm điểm tối đa./.