Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Quảng Bình năm 2018- 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019

MƠN THI:TỐN
Ngày thi : 14.03.2019
Câu 1. (2,5 điểm)

a) Cho biểu thức 1 3 2

1 1 1

A

x x x x x

  

    với x0.Rút gọn và tìm

giá trị lớn nhất của A

b) Khơng dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
4 10 2 5 4 10 2 5

B     

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Xác định các hệ số ,a bđể hệ thức P x

 

x4 2x33x2 axblà bình
phương của một đa thức

b) Giải phương trình: 3 4 x 4x  1 16x2 8x1 (1)
Câu 3. (2,5 điểm)

Cho đường trịn (O) và dây cung BCakhơng đổi



OBC



. A là một điểm di
động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABCcó ba góc nhọn. Các đường cao

, ,

AD BE CKcắt nhau tại H



DBC E, AC K, AB



a) Trong trường hợp BHCBOC,tính AHtheo a

b) Trong trường hợp bất kỳ, tìm vị trí của Ađể tích DH DA. nhận giá trị lớn
nhất

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên nsao cho C2019n 2020là số
chính phương.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,x y zthỏa 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 vng ABCcó AB3,AC4,BC5.Xét các hình chữ nhật

ĐÁP ÁN
Câu 1.

a) Với x0ta có:

















1 3 2

1 1 1 1

1
1 3 2 2

1 1 1 1

A

x x x x x x

x x

x x x x

x x x x x x x

  

     



    

  

     

Ta có:

2

1 3

1 0 0

2 4

0 0

x x x x

x x

 _{ }

       

  

 



 _{  }


Và



x1



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

1 , 0 1, 0 1, 0

1
x

x x x x x A x

x x

             

 

1 1

A  x

Vậy giá trị lớn nhất của Abằng 1 khi x1.
)

b Ta có:



















2

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 5 1 8 2 5 1
6 2 5

B           

            

 

6 2 5 5 1( .... 0)

B do B

     

Câu 2.

a) Ta có P x( )



x2 cxd



2 x4 2cx3 



c2 2d



2cdxd2, x
Mà P x

 

 x4 2x3 3x2 axb

Do đó ta có hệ phương trình:

2

2

2 2 1

2 3 1

2 2

1

c c

c d d

cd a a

b

d b

 

   

 _{ }  _

 _

 _  _{ }

 

 _{  }



b) ĐK: 1 3(*)
4 x 4



 

ta có:



3 4 x  4x1



2  3 4x2



3 4 x



1 4 x



 1 4x







4 2 3 4x 1 4x 4 3 4x 1 4x 2 (2)

         

Lại có: 16x2 8x  1 2



4x1



2 2(3)
Từ (2) và (3) ta có:

 













2 ₂

3 4 2 3 4 1 4 1 4 4

3 4 1 4 2

1

16 8 1 2 16 8 1 0

3
4
3 4 1 4 0

1
1

( (*))

1 _{4 4}

4 ₁

4

x x x x

x x

x x x x

x

x x

x tm

x
x

x



           

 

_ _

   

    

 

 



 _{   }

 _

_ _     

 

 

 _

 


Vậy phương trình có nghiệm 1
4
x 

Câu 3.

a) Xét tứ giác AKHEcó K E 900 BACBHC1800mà BHCBOCvà

0 0

2 3 180 60

BOC  BAC BAC BAC

M

I

H

K

D

E

O

B

Kẻ đường kính BI,suy ra tứ giác AICHlà 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OMlà tia phân giác của BOC

0 0 1 3 3

60 .cot 60 .

2 3 6 3

a a a

MOC OM MC AH

       

b) Ta có DBH DAC DB DH DA DH. DB DC.

DA DC

     

Áp dụng bất đẳng thức





2

4
x y

xy  (Dấu " " xảy ra khi x y)

Ta có:





2 ₂

. .

4 4

DB DC a

DA DH DB DC    (không đổi)

Dấu “=” xảy ra khi DBDChay D là trung điểm của BC.

.
DA DH

 nhận giá trị lớn nhất là

2

4

a _{khi D là trung điểm của BC.}

ABC

  cân
tại A  Alà điểm chính giữa của cung BC.

Câu 4.

Với mọi số tự nhiên athì a2khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0;1;4
Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chi 8 dư 42019n 3 (mod8)n

-Nếu nchẵn thì n2 ,k k 2019n 32k



mod8



 C 5 mod8





Nên C khơng thể là số chính phương

-Nếu nlẻ thì n2k1,k 2019n 32k13.32k 3(mod8)Ckhơng thể là
số chính phương.

Kết luận: Khơng tồn tại nthỏa u cầu bài tốn.

Câu 5.

Đặt 1 , 1 , 1

1 1 1

a b c

x y z

  

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

Và x 1 1 1 a b c,y c a,z a b

a a a b c

   

     

Vậy 6 6

cyc

b c c a a b c a a b

x y z

a b c c b

      

        _  _

 







_

_

2 2

cyc

c a a b

yz zx xy

bc

 





  

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

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên BC và PQ
Tam giác ABCvuông tại A nên . 12.

5
AB AC
AH

BC

 

Đặt PN x PQ,  y

Vì APQ ACBsuy ra 1 5 5 25

5 12 12

PQ AK y

x y x

CB  AH      

2
2

25 25 6

. 5 3 3

12 12 5

MNPQ

S x y x x   _x _ 

 

Vậy giá trị lớn nhất của S_MNPQbằng 3 khi 6
5

x và 5
2
y

K

H

N

M

P

A

B

C