Đề HSG Toán 9 Cấp Huyện Năm 2019 – 2020 Phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc

PHÒNG GD-ĐT SÔNG LÔ KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020

MÔN TOÁN LỚP 9

Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 01 trang

Ngày thi : 06/11/2019

Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức: ^{2 9 3 2 1}

5 6 2 3

x x x

P

x x x 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x2}



^{y 2019y2}



^2019.

Tính giá trị biểu thức Ax²⁰¹⁹ y²⁰¹⁹ .

Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình: ^{1 1} 2

2 4

x x  x  . 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 p²p³p⁴ là số tự nhiên.

Câu 6 (2 điểm) Các cạnh a b c, , của tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức:

^{1 1 1 1}

p  p a p b p c

   với

2 a b c

p  

 . Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? Vì sao?

Câu 7 (2 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất củaP ¹₂ ¹₂ ¹_{2 2} ¹_{2 2}

a b c a b c

   

  .

Câu 8 (4 điểm) Qua điểm K nằm ngoài đường tròn (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 BMcắt BCtại 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 không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh...SBD:...Phòng thi...

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2019 – 2020

Môn Toán – Lớp 9

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

1

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

     

  

2 9 3 3 2 1 2

3 2

x x x x x

P

x x

      

  

     

  

1 2

2 1

3 2 3 2 3

x x

x x x

x x x x x

 

  

  

    

0,25

0,25 0,5

Với x0;x4;x9, ta có 0 ¹ 0 3 0 9

3

P x x x

x

        



Kết luận: 0 x 9 và x4 thì P0

0,5 0,5

2

Ta có:



^{x 2019x2}



^{2019x2 x}



^{y 2019y2}



^2019



^{2019x2 x}



 y 2019y²  2019x² x (1) Tương tự ta có: x 2019x²  2019y² y (2) Từ (1) và (2) suy ra x    y 0 x y

0

 A

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

3

ĐKXĐ

¹

x 4

2

 

1 1 1 1 2

2 2

2 4 4 2

x x x  x 

         

 

1 1

2 0 4 2

 x    (vì ^{1 1} 2 0 4 2

x    )

2 2

  x (tmđk)

0,5

0,5 0,5 0,5

4

Phương trình đã cho tương đương



^x2019



^{2 }



^y23y



^y23y2



Đặt

t y²3y

Khi đó pt trở thành: 

^x2019



^{2 t t}



^2

 

^{ x2019}



^{2  t2 2t}

+ Nếu

t0 ta có ^t2          ^{t2 2t t2 2t 1 t2 t2 2t}



^{t 1}



²

  

²



²

2 2019 1

t  x  t ( vô lí)

+ Nếu

t0 ta có ^{y23y 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

 



 







 

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

5

Theo bài ra ta có

^{1 p p2 p3 p4 n2}



^nN*



2 3 4 2

4 4 p4p 4p 4p 4n (1)

0,5

Suy ra:



^{2p2 p}



^{2 }

 

^{2n 2 }



^{2p2 p 2}



²

2 2 2

2p p 2n 2p p 2 2n 2p p 1

         

Theo (1) ta có ^{4 4 p4p24p34p4 }



^{2p p 1}



²

2 2 3 0 3

p  p   p ( dop là số nguyên tố p0)

Thử lại với p3 ta có 1 p p²p³p⁴  1 3 3   ² 3³ 3⁴ 11

(tm)

Vậyp3

0,5

0,5

0,5

6

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

    

 

  

    

2p c a b

p p c p a p b

 

 

  



a b c a b c^{a b}

  

b c a^{a b}



a c b



 

 

       

 

^{2 2 2}

 

²

2a 1 4a 2

a b a b

b b a b c c a b

 

   

   

 

^{2 2 2 2 2 2}

2b a b a b 2ab c c b a

        

Suy ra tam giác ABC vuông tại A

0,5

0,5

0,5

0,5

7

Ta có:

   

²

2 2 2

1 1 1 1 1 1 9 27

a

a b c abbcca  bc a b c  ab bc ca

   

 

^{2 2 2 2}

27 1

P ab bc ca a b c

 

 

 

(1)

Áp dụng AM-GM ta

có 

^{2 2 2}

  

^{2 2 2 2 2a 2 2 3 27}

3

a b c b bc ca

a b c ab bc ca       

      

 

 

^{2 2 2 2}

27 a b c

ab bc ca   

 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

P a² b² c² ₂ ¹_{2 2} t ¹

a b c t

     

 

với

ta²b²c²3

Khi đó ^{1 8 2 8 10}

9 9 3 3 3

t t

P  t   

Dấu “=” khi

t    3 a b c 1

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

¹⁰

3

khi và chỉ khi

a  b c 1

0,5

0,5

0,5

0,5

8a

d I

A K O

B M

N C

H

Chứng minh OHMN là hình chữ nhật,

OH = MN=MB-NB=

^A A 2O

2 2 2

KB AB K

K H

   

0,5 0,5

8b

Gọi C là trung điểm của KA ta có

^A

2

KC K . Do đó OH =KC

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

Do IC là đường trung bình OKA nên

^OA

2 2

IC  R

Từ (1) và (2) Suy ra

2 IH  R

0,5

0,5

9

A

D H

B C

K M

Kẻ CK vuông góc AD,

KAD. Gọi H là giao điểm AD với BM Vì BH//CK nên DC CK (1)

DB  BH

Mặt khác DC CK ²HM (2) DB  BH  BH

Áp dụng hệ thức v

ề cạnh và đường cao ta có:

2 2 2

. 1

. 4

AM HM BM HM AM

AB BH BM BH AB

 

     ,thay vào (2) ta được DB2DC

0,5

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 còn 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 lập luận tương tự).

Xét tam giác BCD nếu có 1 cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì tam giác ABC có 3 cạnh màu đỏ. Trái lại thì tam giác ABC có ba cạnh màu xanh.

0,5

0,5