Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 9 - huyện Hoài Nhơn năm học 2018-2019 (có đáp án)
Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 1
UBND HUYỆN HOÀI NHƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
Đề chính thức
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2018 – 2019
Môn: TOÁN 9
Ngày thi: 01/12/2018
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (4.0 điểm)
a) Thu gọn biểu thức:
2 3 6 8 4
2 3 4
A
.
b) Cho
2
1 1
2 1 1 2 1 1
x
. Tính giá trị của biểu thức
201 8
2 3 4
1 2 B x x x x .
c) Cho
3 3
3 2 2 3 2 2 x và
3 3
1 7 1 2 2 1 7 1 2 2 y . Tính giá trị của biểu thức:
3 3
3 2 018 C x y x y .
Bài 2. (4.0 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.
b) Chứng minh rằng số tự nhiên
1 1 1 1
1.2 .3.. ...20 17 .2 01 8. 1 ...
2 3 2 01 7 2 01 8
A
chia hết cho
201 9.
Bài 3. (5.0 điểm)
3.1. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
2 2 2
a b c a b b c c a
a) Tính a b c , biết rằng 9 ab bc ca .
b) Chứng minh rằng: Nếu , c a c b thì c a b .
3.2. Cho ba số dương , , x y z thỏa mãn
201 9 2 0 19 2 0 19
3 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
E x y z .
Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều A B C có cạnh bằng a . Hai điểm , M N lần lượt di động trên
hai đoạn thẳng , A B A C sao cho 1
AM AN
MB NC
. Đặt AM x và A N y . Chứng minh rằng:
a)
2 2 2
M N x y xy .
b) M N a x y .
c) M N luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác A B C .
Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác A B C có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , gọi M là trung điểm
của cạnh BC , H là trực tâm của tam giác A B C và K là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh
BC . Tính diện tích của tam giác A B C , biết
4
K M
OM H K và 3 0 c m. A M
---------- HẾT ----------
Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 2
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Bài 1. (4.0 điểm)
a) Thu gọn biểu thức:
2 3 6 8 4
2 3 4
A
.
Lời giải.
Ta có:
2 3 4 2 2 3 4
2 3 6 8 4
1 2
2 3 4 2 3 4
A
.
b) Cho
2
1 1
2 1 1 2 1 1
x
. Tính giá trị của biểu thức
201 8
2 3 4
1 2 B x x x x .
Lời giải.
Ta có:
2 2
2 .
1 1 2
2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1
x
Thay 2 x vào biểu
thức, ta được:
2 018
2 3 4 201 8
2 018
1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 4 1 1 B
.
c) Cho
3 3
3 2 2 3 2 2 x và
3 3
1 7 1 2 2 1 7 1 2 2 y . Tính giá trị của biểu thức:
3 3
3 2 018 C x y x y .
Lời giải.
● Ta có
3
3 3 3
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3. 3 2 2 6 3 x x x
và
3
3 3 3
1 7 1 2 2 1 7 2 2 2 1 7 12 2 3 . 1 7 1 2 2 3 4 3 y y y
● Cộng vế theo vế, ta được:
3 3 3 3
40 3 3 3 2 0 18 2058 x y x y x y x y .
Vậy 2058 C khi
3 3
3 2 2 3 2 2 x và
3 3
1 7 1 2 2 1 7 1 2 2 y .
Bài 2. (4.0 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.
Lời giải.
Gọi số cần tìm là ab , theo đề, ta có 1 0 . . a b k a b . (Trong đó: 1 , 9 a b và , , a b k
).
Suy ra
10 10
. 1 1
b
k a
k
a a
. Vì
1 0 10 1
1 9 1 9 1 0.
1
9
b k
a
k
a
Từ
1 0 1
10
1 5 5
9
; 2 ; ; 5 ;1 0
1 3 2
1 0 :
k
a
k
a
k
a
.
● Nếu
1
. 3 5 3
1 5 8
3 3 6
6
a
a k
k k
a b
b
(không thỏa) hoặc
3
2
6
a
k
b
(thỏa) 36 a b . Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 3
● Nếu
1
. 2 1
1
2 3
5
5
a
a k
k k
a b
b
(thỏa) 1 5 ab .
● Nếu
1
. 2 5 2
1 5 7
2 2 4
4
a
a k
k k
a b
b
(không thỏa) hoặc
2
3
4
a
k
b
(thỏa) 2 4 a b .
● Nếu
1
. 5 1
1
5 6
2
2
a
a k
k k
a b
b
(thỏa) 1 2 ab .
● Nếu
1
. 1 0 1
1
10 1 1
1
1
a
a k
k k
a b
b
(thỏa) 1 1 ab .
Vậy 1 1 ;12 ;1 5 ; 2 4; 3 6 a b .
b) Chứng minh rằng số tự nhiên
1 1 1 1
1.2 .3.. ...20 17 .2 01 8. 1 ...
2 3 2 01 7 2 01 8
A
chia hết cho
201 9.
Lời giải.
Ta có
1 1 1
1. 2.3 ..... . 1 ...
2 3
B n
n
là số tự nhiên. Thật vậy
● Với 1 n thì 1 B đúng.
● Với 2 n thì 3 B đúng.
● Giả sử đúng khi n k , nghĩa là
1 1 1
1 .2 .3. .... . 1 ...
2 3
B k
k
.
● Cần chứng minh đúng khi 1 n k , nghĩa là
1 1 1
1 .2 .3. .... 1 . 1 .. .
2 3 1
B k
k
.
Ta có
1 1 1 1 1 1
1.2 .3 ..... 1 . 1 . .. 1 .2 .3... .. 1 .. . . 1 1 .2. 3... . .
2 3 1 2 3
k k k
k k
.
Có
1 1 1
1 .2.3 .... . 1 .. .
2 3
1
1 .2.3 .... .
k
k B
k
.
Vậy
1 1 1
1.2 .3 ..... . 1 .. .
2 3
n
n
là số tự nhiên.
Suy ra, với 2 n k thì
1 1 1
1. 2.3 .... .2 . 1 ...
2 3 2
k
k
và
1 1
1.2 .... . . 1 . ..
2
k
k
là các số tự nhiên
1 1 1
... . 1 2 ..... 2
1 2 2
k k k
k k k
cũng là các số tự nhiên.
● Áp dụng các chứng minh ta có:
1 1
1. 2.. ...1 00 9 . 1 ...
2 1 00 9
và
1 1 1
.. . .10 10 .1 01 1.. ...2 01 8
10 1 0 10 11 20 18
cũng là các số tự nhiên. Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 4
Ta có
1 01 1 3
1 0 10 .10 1 1... ..13 4 2.... .20 18 20 19
1 34 2 67 3
1 1
1.2 .... .10 09 . 1 ... .1 0 10 .1 01 1. ....1 34 2 .... .2 01 8 2 0 19
2 1 0 09
.
Và
3 3
1 .2.3 ... ..67 3 .....1 0 09 2 01 9
6 73 67 3
1 1 1
1 .2 .....1 00 9 . . .. .10 1 0.1 01 1. ....2 01 8 2 01 9
10 1 0 10 11 20 18
.
Vậy số tự nhiên
1 1 1 1
1.2 .3.. ...20 17 .2 01 8. 1 ...
2 3 2 01 7 2 01 8
A
chia hết cho 201 9.
Bài 3. (5.0 điểm)
3.1. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
2 2 2
a b c a b b c c a
a) Tính a b c , biết rằng 9 ab bc ca .
Lời giải.
Từ
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 4 a b c a b b c c a a b c ab b c c a ab b c c a .
Mà 9 ab bc ca nên
2
, , 0
3 6 6
a b c
a b c a b c
.
b) Chứng minh rằng: Nếu , c a c b thì c a b .
Lời giải.
Ta có
2 2 2 2
2 2 2
4 a b c a b b c c a c a b a b .
Không mất tính tổng quát, giả sử: c a b . Khi đó, ta có:
2
2
2 1
4 4
2 2
c a b b
c a b a b b
c a b b
.
● 1 0 c a b c a b .
● 1 2 0 c a b b c a b , mà 0 c a suy ra vô lí.
Vậy: nếu , c a c b thì c a b .
3.2. Cho ba số dương , , x y z thỏa mãn
201 9 2 0 19 2 0 19
3 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
E x y z .
Lời giải.
Cách 1.
● Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau:
2 0 1 9 2 0 1 9 2
2 017 1
1 1 1 ... 1 2 01 9
s o
x x x
. Dấu " " xảy ra khi 1 x .
2 019 201 9 2
2 017 1
1 1 1 ... 1 2 01 9
s o
y y y
. Dấu " " xảy ra khi 1 y .
201 9 201 9 2
201 7 1
1 1 1 ... 1 20 19
so
z z z
. Dấu " " xảy ra khi 1 z .
● Khi đó:
2 0 19 201 9 201 9
3 2 0 1 9 201 9 2 0 1 9 2 2 2 2 2 2
6 6 0 51 2 0 19 3
x y z
x y z x y z x y z
.
Dấu " " xảy ra khi 1 x y z .
Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi 1 x y z .
Cách 2.
● Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau: Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 5
201 9 3
6 72 1
1 1 1 .. . 1 67 3
so
x x
;
2 0 19 3
6 7 2 1
1 1 1 ... 1 6 73
s o
y y
và
201 9 3
6 72 1
1 1 1 . .. 1 67 3
so
z z
201 9
201 8 1
1 1 1 ... 1 2 0 19
so
x x
;
2 019
2 0 18 1
1 1 1 ... 1 20 19
so
y y
và
2 019
2 018 1
1 1 1 ... 1 2 01 9
so
z z
● Khi đó:
2 019 2019 2 0 19
3 201 9 2 019 201 9 3 3 3 3 3 3
2 01 6 6 73 3
x y z
x y z x y z x y z
.
Dấu " " xảy ra khi 1 x y z .
20 19 20 1 9 2 0 19
3 201 9 2 0 1 9 2 019
6 0 54 2 0 19 3
x y z
x y z x y z x y z
.
Dấu " " xảy ra khi 1 x y z .
● Suy ra
3 3 3 2 2 2 2 2 2
6 2 3
CO S I
x x y y z z x y z x y z .
Dấu " " xảy ra khi
3
3
3
1
x x
y y x y z
z z
.
Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi 1 x y z .
Cách 3. (Sử dụng BĐT HOLDER)
● Áp dụng bất đẳng thức HOLDER, ta có
2 0 1 9
2 019 2 019 2 0 1 9 2 0 19 2 0 19 2 019 2 0 17 2 2 2
3 x y z x y z x y z
2019 2019 2 019 2 019
3 2 019 2 2 2 2 2 2
3 3
x y z
x y z x y z
.
Dấu bằng xảy ra khi 1 x y z .
Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi 1 x y z .
Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều A B C có cạnh bằng a . Hai điểm , M N lần lượt di động trên
hai đoạn thẳng , A B A C sao cho 1
AM AN
MB NC
. Đặt AM x và A N y . Chứng minh rằng:
a)
2 2 2
M N x y xy .
b) M N a x y .
c) M N luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác A B C .
Lời giải.
● Vì
1 1
2
1
1 1
2
AM AN AN a
x
x a x
AM A N
M B N C NC
x y a
AN AM y a y a AM M B NC
y
N C M B M B
.
Không mất tính tổng quát ta giả sử A M A N . Kẻ MH A C như hình vẽ bên.
Khi đó, ta có . co s 6 0
2
AM
AH A M .
a) Áp dụng định lí PYTAGO, ta có:
2
2 2 2 2 2
M N M H HN A M A H A N A H
2 2 2 2
2 . . A M A N A N A H A M A N A M A N
2
2 2
3 x y x y x y x y .
Vậy
2
2 2 2
3 1 M N x y x y x y x y
b) Theo đề, ta có:
1 1 1 1
AM A N AB AC
M B NC MB NC
Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951
Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019
GV: Lê Hồng Quốc "Đi rồi sẽ đến " Trang 6
2 2 2
3 3 3 3
a a
a a x y a a a x y xy
a x a y
2
2 3 2 a a x y x y
Thay 2 vào 1 ta được:
2 2 2
2 2 2
2 2 M N x y a x y a x y a x y a a x y
Vậy MN a x y a x y (vì x y a ).
c) Gọi , K E lần lượt là trung điểm của , A B A C .
D là tâm đường tròn nội tiếp A BC .
Kẻ D I MN I MN . Khi đó ta dễ dàng tính được:
3
; ;
6 2 2
a a a
D K D E M K x NE y .
Ta có
2 2
a a
K M NE x y MN và 2 3 a x ay xy a a x y .
●
. . .
2 .
2 2 2
D MN AK D M K D N ED AMN
K D MK KE N E AH AN
S S S S S DK A K
2
. . 3 3 3
. .
2 4 1 2 1 2 4
DK M N A H A N a a x y
DK A K a x y
2
3 3 3 .
3 3 .
12 1 2 1 2 2
a DK M N
a a a x y xy ax ay xy a x y
.
Do đó
. .
2 2
DI MN DK MN
DI DK . Suy ra D I là bán kính đường tròn nội tiếp, mà
M N DI M N là tiếp tuyến của đường tròn.
Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác A B C có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , gọi M là trung điểm
của cạnh BC , H là trực tâm của tam giác A B C và K là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh
BC . Tính diện tích của tam giác A B C , biết
4
K M
OM H K và 3 0 c m. A M
Lời giải.
● Gọi D là trung điểm của A C .
Ta chứng minh được A H B M O D (3 cặp cạnh
song song)
2 2
AH A B
HG OG
OM MD
.
● Gọi G là giao điểm của AM và O H . Ta chứng
minh được AG H MG O g g
2 2
AG H G AH
AH OM
GM GO OM
.
● Dễ dàng chứng minh được tứ giác IMKH là hình
chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông).
4 H O KM HO OM , suy ra 3 4 O G O M .
● Áp dụng định lý PYTAGO trong tam giác vuông O GM , ta có:
2
2 2 2 2 2
1 6
5 6 cm
9 9
AM
OM O G GM OM OM OM AM OM .
Khi đó 2 4 c m ; 1 2 c m ; 1 8 c m O H A H A K .
Ta có
2 2
1 2 5 OC O A OH AH , từ đó tính được
2 2
2 2 12 1 9 BC MC OC OM .
Vậy
2
. 18 .1 2 19
1 08 19 c m
2 2
A BC
A K B C
S
.
Mọi sự góp ý, xin nhắn tin đến https://www.facebook.com/lehong.quoc.12
