PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Thời gian làm bài: 150 phút)
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 
2
xx23
xx23
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 
2. Tính giá trị của biểu thức: B =
2 2 2 2 2 2
1 2 2 3 2018 2019
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.
32
2. Giải phương trình: x 3x 2x 6 0
2 2
3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x + y = 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
a)
b c c a a b
1 1 1
;;
b) là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
a b b c c a
Câu 5. (5,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác
2
AI. Tính HI, IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm
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
2 2 2
tích các tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a , b , c .
a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c
2 2 2
b) Chứng minh S  3(a + b +c )
------------------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
Đáp án
A 4 15 10 6 4 15  4 15 4 15 4 15 . 10 6
1. Ta có
    
 
A 4 15.1. 2 5 3  8 2 15. 5 3
   
A 5 3 . 5 3 = 5 - 3 = 2
   
2
Điều kiện xác định của M là xx 2 3 0
 (xx1)( 3 0
x10 x10
 
 hoặc
 
x30 x30
 
x 3



x1

2x3 0


Điều kiện xác định của N là xx 2  3 0 (*)

xx 2  3 0


x 3

22
 x  2x 3 x  2x3 0 (**)

x1

Từ (*) và (**) ta được x 3là điều kiện xác định của M
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
   
      2  
2. Ta có:
   
2 2 2
a b c a b c ab bc bc
   
1 1 1 c a b 1 1 1 2(ab c)
 1 1 1
    2         

2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c abc abc abc a b c abc abc

1 1 1 1 1 1
    
Vậy
2 2 2
a b c a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1
       
Theo câu a) Ta có (*)
2 2 2
a b c a b c a b a b
Áp dụng (*) ta có:
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
   0
1           (Vì )
2 2 2 2 2
1 2 1 1 (2) 1 1 ( 2) 1 1 2 1 1 2
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1    
Tượng tự 1     ; ;….
22 22
2 3 1 2 3 3 4 1 3 4
1 1 1 1 1
1    
22
2018 2019 1 2018 2019
1 4076360
Suy ra B 2019 
2019 2019
32
3. x 3x 2x 6 0
2
(x 1)(x 4x 6) 0
2
x + 1 = 0 (1) hoặc x – 4x + 6 = 0 (2)
(1) x 1
2 2
(2) (x 2) 2 0 . Do(xx2) 2 0 nên pt này vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S1
2
Vì (x 1)(x 2) x x 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : (xx1)( 2) có đa thức dư dạng ax + b
Đặt f (x) (x1)(x 2).q(x) ax b
Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7  f (1) 7 a b 7 (1)
f(x) : (x + 2) dư 1  f (2)12a b1 (2)
Từ (1) và (2)  a = 2 và b = 5.
Vậy f(x) : (xx1)( 2) được dư là 2x + 5
2 2 2 2
5x + y = 17 – 2xy  4x + (x + y) = 17
17
2 2
22
 4xx17  vì x là số chính phương nên x = 0; 1; 4
4
2 2
Nếu x = 0  (x + y) = 17 (loại)
2 2
Nếu x = 1  (x + y) = 13 (loại)
2
Nếu x = 4  x = 2 hoặc x = - 2
2
x = 2  (2 + y) = 1  y = - 3 hoặc y = - 1.
2
x = -2  (-2 + y) = 1  y = 3 hoặc y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1)
4. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a
22
 a(b c) a  a(b c) ab ac a  ab ac
aa2
 2a(b c) a(a b c) 
b c a b c
bb2 cc2
 
Tượng tự ta cũng có: ;
c a a b c b a a b c
a b c 2a 2b 2c
      2 (dpcm)
Suy ra:
b c c a a b a b c b c a a b c
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
1 1 1 1 1 1
 
Chứng minh tương tự ta có ;
c a a b b c a b b c c a
1 1 1
;;
Vậy là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)
a b b c c a
5. 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
2
AB
BH 3,6(cm) (2)
BC
Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có
IB AB IB AB IB 6 30
      IB cm (3)
IC AC IB IC AB AC 10 6 8 7
Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm
giữa B và I
A
4,8

Vậy: HI = BI - BH cm
7
5

MI = BM - BI cm
7
B C
I
H
M
Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC
2
Đặt S = d .
ABC
2
2
S a DH a DH

ODH
A
Ta có:     ;

2

S d BC d BC
ABC
E
22
2
S b ON HC b HC
   
EON
    
; Tương tự
   
2
   
S d BC BC d BC
F
ABC
b2
O
c2 N
c BD

M
d BC
a b c DH HC DB
a2
Suy ra:  1 d a b c
d BC
C
B
D H
22
S d ()a b c
Vậy
2 2 2 2 2 2
a  b  2ab; b  c  2bc; a  c  2ac
Áp dụng BĐT Cosy, ta có:
2 2 2 2
S (a b c)  a  b  c  2ab 2bc 2ca
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
S a  b  c  (a  b ) (b  c ) (c  a ) 3(a  b  c )
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.

onthicaptoc.com Đề thi HSG huyện Toán 9 năm 2018 – 2019 phòng GDĐT Thạch Hà – Hà Tĩnh