Đề thi HSG Toán 9 Huyện Đông Hà – Năm học 2020 – 2021

Đề thi HSG Toán 9 Huyện Đông Hà – Năm học 2020 – 2021

Câu 1 (4 điểm)

Cho biểu thức: $A=1-\left( \frac{2}{1+2\sqrt{x}}-\frac{5\sqrt{x}}{4x-1}-\frac{1}{1-2\sqrt{x}} \right):\frac{\sqrt{x}-1}{4x+4\sqrt{x}+1}\text{ }\left( x\ge 0;x\ne \frac{1}{4};x\ne 1 \right)$

Chứng minh $A=\frac{-2}{2\sqrt{x}-1}$

Tìm tất cả các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên.

Câu 2 (4 điểm)

Cho $a,b,c$là các số thực thỏa mãn:$a+b+c=0\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }abc\ne 0.$ Khai phương biểu thức sau$\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}$

2) Giải phương trình: $\sqrt{x-2}-3\sqrt{{{x}^{2}}-4}=0$

Câu 3 (4 điểm)

Chứng minh:$\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right),$ với $a,b,c$là các số thực bất kì

Cho $a,b,c$là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

Câu 4 (6 điểm)

Cho hình vuông ABCD. Trên canh AB lấy điểm N; đường thẳng CN cắt DA tại E ; đường thẳng vuông góc với CE tại C cắt AB tại F. Gọi M là trung điểm EF.

Chứng minh CM vuông góc với EF.

Chứng minh ba điểm B, D, M thẳng hàng.

3. Tìm vị trí của điểm N trên AB để diện tích của tứ giác AEFC gấp ba lần diện tích của hình vuông ABCD.

Câu 5 (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên  $x,y,z$ thỏa mãn ${{x}^{3}}+3{{y}^{3}}+9{{z}^{3}}=12xyz.$

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS ĐÔNG HÀ – Năm học: 2020-2021 

Câu 1 (4 điểm)

Cho biểu thức: $A=1-\left( \frac{2}{1+2\sqrt{x}}-\frac{5\sqrt{x}}{4x-1}-\frac{1}{1-2\sqrt{x}} \right):\frac{\sqrt{x}-1}{4x+4\sqrt{x}+1}\text{ }\left( x\ge 0;x\ne \frac{1}{4};x\ne 1 \right)$

Chứng minh $A=\frac{-2}{2\sqrt{x}-1}$

Tìm tất cả các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên.

Lời giải :

Chứng minh $A=\frac{-2}{2\sqrt{x}-1}$

$\begin{align}& A=1-\left( \frac{2}{1+2\sqrt{x}}-\frac{5\sqrt{x}}{4x-1}-\frac{1}{1-2\sqrt{x}} \right):\frac{\sqrt{x}-1}{4x+4\sqrt{x}+1} \\& \text{= }1-\left( \frac{2\left( 1-2\sqrt{x} \right)-1.\left( 1+2\sqrt{x} \right)}{\left( 1+2\sqrt{x} \right)\left( 1-2\sqrt{x} \right)}-\frac{5\sqrt{x}}{4x-1} \right).\frac{{{\left( 2\sqrt{x}+1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}-1} \\& \text{= }1-\left( \frac{1-6\sqrt{x}}{1-4x}+\frac{5\sqrt{x}}{1-4x} \right).\frac{{{\left( 2\sqrt{x}+1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}-1} \\& =1-\frac{1-\sqrt{x}}{1-4x}.\frac{{{\left( 2\sqrt{x}+1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}-1} \\& =1-\frac{1-\sqrt{x}}{\left( 1-2\sqrt{x} \right)\left( 1+2\sqrt{x} \right)}.\frac{{{\left( 2\sqrt{x}+1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}-1} \\& =1+\frac{2\sqrt{x}+1}{\left( 1-2\sqrt{x} \right)}=\frac{2}{1-2\sqrt{x}}=\frac{-2}{2\sqrt{x}-1} \\\end{align}$

Tìm tất cả các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên.

Để $A=\frac{-2}{2\sqrt{x}-1}\in Z$thì $2\sqrt{x}-1\in \left\{ 1;-1;2;-2 \right\}\Rightarrow x\in \left\{ 1;0 \right\}$

 Câu 2 (4 điểm)

Cho $a,b,c$là các số thực thỏa mãn:$a+b+c=0\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }abc\ne 0.$ Khai phương biểu thức sau$\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}$

Giải phương trình: $\sqrt{x-2}-3\sqrt{{{x}^{2}}-4}=0$$$

 Lời giải

Cho $a,b,c$là các số thực thỏa mãn:$a+b+c=0\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }abc\ne 0.$ Khai phương biểu thức sau$\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}$

Ta có:

$\begin{align}& \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}={{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}-2\left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right) \\& \text{                    =}{{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}-2\left( \frac{a+b+c}{abc} \right)={{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}} \\\end{align}$

Do đó: $\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}=\sqrt{{{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}}=\left| \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right|$

Giải phương trình: $\sqrt{x-2}-3\sqrt{{{x}^{2}}-4}=0$$$

ĐKXĐ: $x\ge 2$

$\eqalign{
& {\rm{\;\;\; }}\sqrt {x – 2} – 3\sqrt {{x^2} – 4} = 0 \cr
& \Leftrightarrow \sqrt {x – 2} \left( {1 – 3\sqrt {x + 2} } \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\sqrt {x – 2} = 0 \hfill \cr
1 – 3\sqrt {x + 2} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
x = {{ – 17} \over 9} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = 2 \cr} $

Câu 3 (4 điểm)

1. Chứng minh: $\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right).$ với $a,b,c$là các số thực bất kì

2. Cho $a,b,c$là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

 

Lời giải

1. Chứng minh: $\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right).$ với $a,b,c$là các số thực bất kì

$\begin{align}& VT=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc. \\& \text{     = }\left( a+b \right)\left( ab+bc+ca \right)+c\left( ab+bc+ca \right)-abc \\& \text{     = }\left( a+b \right)\left( ab+bc+ca \right)+abc+{{c}^{2}}\left( a+b \right)-abc \\& \text{     = }\left( a+b \right)\left( ab+bc+ca+{{c}^{2}} \right)=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=VP \\\end{align}$

2. Cho $a,b,c$là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

Vì $a,b,c$là các số thực dương nên $abc>0$

Chia hai vế BĐT cho abc ta được :

$\begin{align}& \text{     }8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right) \\& \Leftrightarrow \frac{8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)}{abc}\le \frac{9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}{abc} \\& \Leftrightarrow 8.\frac{\left( a+b+c \right)}{\sqrt[3] {abc}}.\frac{\left( ab+bc+ca \right)}{\sqrt[3] {{{\left( abc \right)}^{2}}}}\le \frac{9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}{\sqrt[3] {abc}.\sqrt[3] {abc}\sqrt[3] {abc}.} \\& \Leftrightarrow 8.\left( \frac{a}{\sqrt[3] {abc}}+\frac{b}{\sqrt[3] {abc}}+\frac{c}{\sqrt[3] {abc}} \right).\left( \frac{ab}{\sqrt[3] {{{\left( abc \right)}^{2}}}}+\frac{bc}{\sqrt[3] {{{\left( abc\right)}^{2}}}}+\frac{ab}{\sqrt[3] {{{\left( abc \right)}^{2}}}} \right)\le 9.\left( \frac{a}{\sqrt[3] {abc}}+\frac{b}{\sqrt[3] {abc}} \right)\left( \frac{b}{\sqrt[3] {abc}}+\frac{c}{\sqrt[3] {abc}} \right)\left( \frac{c}{\sqrt[3] {abc}}+\frac{a}{\sqrt[3] {abc}} \right) \\\end{align}$Đặt $x=\frac{a}{\sqrt[3] {abc}};y=\frac{b}{\sqrt[3] {abc}}:z=\frac{c}{\sqrt[3] {abc}}\Rightarrow xyz=1$

Thay vào BDT ta được: $8\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+xz \right)\le 9\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( x+z \right)\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{  }xyz=1$

Ta chứng minh BĐT: $8\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+xz \right)\le 9\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( x+z \right)$luôn đúng với $xyz=1$

$\begin{align}& \text{      }8\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+xz \right)\le 9\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( x+z \right) \\& \Leftrightarrow 8\left( 3+{{x}^{2}}y+{{x}^{2}}z+x{{y}^{2}}+{{y}^{2}}z+y{{z}^{2}}+x{{z}^{2}} \right)\le 9\left( 2+{{x}^{2}}y+{{x}^{2}}z+x{{y}^{2}}+{{y}^{2}}z+y{{z}^{2}}+x{{z}^{2}} \right) \\& \Leftrightarrow 6\le {{x}^{2}}y+{{x}^{2}}z+x{{y}^{2}}+{{y}^{2}}z+y{{z}^{2}}+x{{z}^{2}} \\& \Leftrightarrow 6\le \frac{x}{z}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}\text{ } \\\end{align}$

Áp dung BĐT cô si cho các cặp số dương ta có:$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2;\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 2;\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge 2$

$\text{     }\Rightarrow \frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge 2+2+2=6$luôn đúng.

Vậy $8\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 9\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$ với$a,b,c>0$.

Câu 4 (6 điểm)

Cho hình vuông ABCD. Trên canh AB lấy điểm N; đường thẳng CN cắt DA tại E ; đường thẳng vuông góc với CE tại C cắt AB tại F. Gọi M là trung điểm EF.

Chứng minh CM vuông góc với EF.

Chứng minh ba điểm B, D, M thẳng hàng.

3. Tìm vị trí của điểm N trên AB để diện tích của tứ giác AEFC gấp ba lần diện tích của hình vuông ABCD.

Lời giải

 Chứng minh CM vuông góc với EF.

Chứng minh $\Delta CDE=\Delta BCF\left( cgv-gnk \right)$

$\Rightarrow CE=CF\Rightarrow \Delta CEF\text{ }$vuông cân tại C có CM là đường trung tuyến nên  $CM\bot EF$

Chứng minh ba điểm B, D, M thẳng hàng.

Chứng minh tứ giác BMFC nôi tiếp đường tròn đường kính CF.

$\Rightarrow \widehat{CBM}+\widehat{MFB}={{180}^{0}}$

Mà $\widehat{MFB}=\widehat{EFB}={{45}^{0}}$ Vì $\Delta CEF\text{ }$vuông cân tại C

$\Rightarrow \widehat{CBM}={{135}^{0}}$

Lại có:$\widehat{CBD}=\frac{\widehat{ABC}}{2}={{45}^{0}}$

$\Rightarrow \widehat{DBM}=\widehat{DBC}+\widehat{CBM}={{45}^{0}}+{{135}^{0}}={{180}^{0}}$

Vậy ba điểm B, D, M thẳng hàng.

Tìm vị trí của điểm N trên AB để diện tích của tứ giác AEFC gấp ba lần diện tích của hình vuông ABCD.

Ta có ${{S}_{AEFC}}={{S}_{ACF}}+{{S}_{AEF}}=\frac{1}{2}CB.AF+\frac{1}{2}AE.AF=\frac{1}{2}AB.\left( AB+BF \right)+\frac{1}{2}AE.\left( AB+BF \right)$

${{S}_{AEFC}}=\frac{1}{2}AB.\left( AB+DE \right)+\frac{1}{2}AE.\left( AB+DE \right)=\frac{1}{2}AB.\left( AB+AB+AE \right)+\frac{1}{2}AE.\left( AB+AB+AE \right)$${{S}_{AEFC}}=A{{B}^{2}}+\frac{1}{2}AB.AE+\frac{1}{2}A{{E}^{2}}+AB.AE=A{{B}^{2}}+\frac{3}{2}AB.AE+\frac{1}{2}A{{E}^{2}}$

${{S}_{ABCD}}=A{{B}^{2}}$

Để $\text{     }{{S}_{ACFE}}=3{{S}_{ABCD}}$ thì:

$\begin{align}& A{{B}^{2}}+\frac{3}{2}AB.AE+\frac{1}{2}A{{E}^{2}}=3A{{B}^{2}} \\& \Leftrightarrow 3AB.AE+A{{E}^{2}}=4A{{B}^{2}} \\& \Leftrightarrow 4A{{B}^{2}}-3AB.AE-A{{E}^{2}}=0 \\& \Leftrightarrow \left( AB-AE \right)\left( 4AB+AE \right)=0 \\& \Leftrightarrow AB=AE \\\end{align}$

$\begin{align}& \Rightarrow AE=AD \\& \Rightarrow NE=NC\Rightarrow NA=NB \\\end{align}$

Vậy N là trung điểm của AB thì${{S}_{ACFE}}=3{{S}_{ABCD}}$.

Câu 5 (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên  $x,y,z$ thỏa mãn ${{x}^{3}}+3{{y}^{3}}+9{{z}^{3}}=12xyz.$

Lời giải

Giả sử $\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)$là nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{3}}+3{{y}^{3}}+9{{z}^{3}}=12xyz.$

Thì  ta có : $x_{0}^{3}+3y_{0}^{3}+9z_{0}^{3}=12{{x}_{0}}{{y}_{0}}{{z}_{0}}.$(1)

Vì:$\left\{ \begin{align}& 12{{x}_{0}}{{y}_{0}}{{z}_{0}}\vdots 3 \\& 3y_{0}^{3}\vdots 3 \\& 9z_{0}^{3}\vdots 3 \\\end{align} \right.$

Nên để PT có nghiệm nguyên thì${{x}_{0}}\vdots 3$, đặt ${{x}_{0}}=3{{x}_{1}}\left( {{x}_{1}}\in Z \right)$. Thay ${{x}_{0}}=3{{x}_{1}}$ vào (1) ta có:

$27x_{1}^{3}+3y_{0}^{3}+9z_{0}^{3}=36{{x}_{1}}{{y}_{0}}{{z}_{0}}\Leftrightarrow 9x_{1}^{3}+y_{0}^{3}+3z_{0}^{3}=12{{x}_{1}}{{y}_{0}}{{z}_{0}}$

Khi đó:${{y}_{0}}\vdots 3,$ đặt${{y}_{0}}=3{{y}_{1}}\left( {{y}_{1}}\in Z \right)$, ta có: $3x_{1}^{3}+9y_{1}^{3}+z_{0}^{3}=12{{x}_{1}}{{y}_{1}}{{z}_{0}}$

Khi đó:${{z}_{0}}\vdots 3$ đặt${{z}_{0}}=3{{z}_{1}}\left( {{z}_{1}}\in Z \right)$, ta có: $x_{1}^{3}+3y_{1}^{3}+9z_{1}^{3}=12{{x}_{1}}{{y}_{1}}{{z}_{1}}$

Như vậy $\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}};{{z}_{1}} \right)=\left( \frac{{{x}_{0}}}{3};\frac{{{y}_{0}}}{3};\frac{{{z}_{0}}}{3} \right)$ cũng là nghiệm nguyên của pt. Quá trình tiếp tục như vậy ta suy ra các bộ số$\left( \frac{{{x}_{0}}}{{{3}^{k}}};\frac{{{y}_{0}}}{{{3}^{k}}};\frac{{{z}_{0}}}{{{3}^{k}}} \right)$ với mọi $k\in N$ cũng là nghiệm của pt, điều này xảy ra khi ${{x}_{0}}={{y}_{0}}={{z}_{0}}=0$

Vậy pt có nghiệm duy nhất là$\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)=\left( 0;0;0 \right)$