Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Tân Kỳ

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Tân Kỳ

ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TÂN KỲ NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (5,0 điểm)

Cho biểu thức: $A=\left( \frac{3x+\sqrt{16x}-7}{x+2\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}+7}{\sqrt{x}-1} \right):\left( 2-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1} \right)$.

a) Nêu điều kiện xác định rồi rút gọn $A.$.

b) Tính giá trị của $A$ khi $\frac{x}{9}=\frac{2\sqrt{27+7\sqrt{5}}}{\sqrt{10}+7\sqrt{2}}$.

c) Cho $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.A.$. Tìm $x$ để $P<0.$

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của hai số lẻ không là số chính phương.

b) Giải phương trình: $x+17=2\sqrt{4-x}+6\sqrt{2x+3}$

c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $6{{x}^{2}}+19{{y}^{2}}+24x-2y+12xy-725=0.$

Câu 3 (3,0 điểm)

Cho ba số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3.$

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $M=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}$

Câu 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A\left( AB>AC \right),$ đường cao $AH.$ Gọi $M$ là trung điểm của $AB,AD$ là phân giác của góc $\widehat{BAH},(D\in BH)$, $MD$cắt $AH$ tại $E.$

a) Chứng minh rằng $\frac{A{{B}^{2}}}{BH}=\frac{A{{C}^{2}}}{CH}.$

b) Tính độ dài $AH$ biết diện tích các tam giác $\Delta AHC;\Delta AHB$ và lần lượt là $8,64c{{m}^{2}};15,36c{{m}^{2}}.$

c) Chứng minh: $CE\parallel AD.$

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho $33$ điểm nằm trong hình vuông có độ dài cạnh bằng $4$ trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn bán kính bằng $\sqrt{2}$ và tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không $3$ điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng đều thuộc phần chung của ba hình tròn có tâm cũng chính là ba điểm đó.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TÂN KỲ NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (5,0 điểm)

Cho biểu thức: $A=\left( \frac{3x+\sqrt{16x}-7}{x+2\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}+7}{\sqrt{x}-1} \right):\left( 2-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1} \right)$.

a) Nêu điều kiện xác định rồi rút gọn $A.$.

b) Tính giá trị của $A$ khi $\frac{x}{9}=\frac{2\sqrt{27+7\sqrt{5}}}{\sqrt{10}+7\sqrt{2}}$.

c) Cho $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.A.$. Tìm $x$ để $P<0.$

Lời giải

a) ĐKXĐ: $x\ge 0;x\ne 1;x\ne 4.$

Rút gọn $A=\left( \frac{3x+\sqrt{16x}-7}{x+2\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}+7}{\sqrt{x}-1} \right):\left( 2-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1} \right)$

$A=\frac{x-6\sqrt{x}-27}{x+2\sqrt{x}-3}:\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}$

$A=\frac{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}-9 \right)}{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}-1 \right)}.\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}=\frac{\sqrt{x}-9}{\sqrt{x}-2}$

b) Có $\frac{x}{9}=\frac{2\sqrt{27+7\sqrt{5}}}{\sqrt{10}+7\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}.\sqrt{54+14\sqrt{5}}}{\sqrt{2}\left( \sqrt{5}+7 \right)}=\frac{\sqrt{49+2.7.\sqrt{5}+5}}{7+\sqrt{5}}=\frac{7+\sqrt{5}}{7+\sqrt{5}}=1\Rightarrow x=9$(TM ĐK)

Thay vào $A$ ta được: $A=\frac{\sqrt{9}-9}{\sqrt{9}-2}=-6.$

c) Có $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.A=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.\frac{\sqrt{x}-9}{\sqrt{x}-2}=\frac{\sqrt{x}-9}{\sqrt{x}+2}$

Ta có: $P<0\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x}-9}{\sqrt{x}+2}<0\Leftrightarrow \sqrt{x}-9<0$ (vì $\sqrt{x}+2>0$).

$\Leftrightarrow x<81.$

Kết hợp với điều kiện, ta có: $0\le x<81;x\ne 1;x\ne 4.$

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của hai số lẻ không là số chính phương.

b) Giải phương trình: $x+17=2\sqrt{4-x}+6\sqrt{2x+3}$

c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $6{{x}^{2}}+19{{y}^{2}}+24x-2y+12xy-725=0.$

Lời giải

a) Gọi hai số lẻ là $\left( 2a+1 \right);\left( 2b+1 \right);\left( a,b\in \mathbb{Z} \right)$.

Đặt $S={{\left( 2a+1 \right)}^{2}}+{{\left( 2b+1 \right)}^{2}}=4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+a+b \right)+2\Rightarrow S\equiv 2\left( \bmod 4 \right)$

Mà một số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1.

Vậy S không là số chính phương.

b) ĐKXĐ: $-\frac{3}{2}\le x\le 4$

$x+17=2\sqrt{4-x}+6\sqrt{2x+3}$

$\Leftrightarrow 4-x-2\sqrt{4-x}+1+2x+3-6\sqrt{2x+3}+9=0$

$\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{4-x}-1 \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{2x+3}-3 \right)}^{2}}=0$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \sqrt{4-x}-1=0 \\& \sqrt{2x+3}-3=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=3$ (TMĐK)

Vậy phương trình có nghiệm $x=3$

c) $6{{x}^{2}}+19{{y}^{2}}+24x-2y+12xy-725=0.$

$\Leftrightarrow 6\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4+2xy+4x+4y \right)+13\left( {{y}^{2}}-2y+1 \right)=762$

$\Leftrightarrow 6{{\left( x+y+2 \right)}^{2}}+13{{\left( y-1 \right)}^{2}}=762.$

$\begin{align}& \Rightarrow 13{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 762 \\& \Rightarrow {{\left( y-1 \right)}^{2}}\le \frac{762}{13} \\& \Rightarrow {{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 58 \\\end{align}$

Do $6{{\left( x+y+2 \right)}^{2}};762$ đều chia hết cho 6 và $\left( 13,6 \right)=1\Rightarrow {{\left( y-1 \right)}^{2}}$là số chính phương và chia hết cho 6. Mặt khác ${{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 58$

$\Rightarrow {{\left( y-1 \right)}^{2}}\in \left\{ 0;36 \right\}$

Ta có các trường hợp sau:

TH1:
$\left\{ \matrix{
{\left( {y – 1} \right)^2} = 0 \hfill \cr
6{\left( {x + y + 2} \right)^2} = 762 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y = 1 \hfill \cr
{\left( {x + 2} \right)^2} = 127 \hfill \cr} \right.$ (loại)

TH2:
$\left\{ \matrix{
{\left( {y – 1} \right)^2} = 36 \hfill \cr
6{\left( {x + y + 2} \right)^2} + 13.36 = 762 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\left[ \matrix{
y = 7 \hfill \cr
y = – 5 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
{\left( {x + y + 2} \right)^2} = 49 \hfill \cr} \right.$

Với
$y = 7 \Rightarrow {\left( {x + 7 + 2} \right)^2} = 49 \Rightarrow \left[ \matrix{
x + 9 = 7 \hfill \cr
x + 9 = – 7 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left[ \matrix{
x = – 2 \hfill \cr
x = – 16 \hfill \cr} \right.$

Với
$y = – 5 \Rightarrow {\left( {x – 5 + 2} \right)^2} = 49 \Rightarrow \left[ \matrix{
x – 3 = 7 \hfill \cr
x – 3 = – 7 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left[ \matrix{
x = 10 \hfill \cr
x = – 4 \hfill \cr} \right.$

Vậy $\left( x;y \right)\in \left\{ \left( -2;7 \right);\left( -16;7 \right);\left( 10;-5 \right);\left( -4;-5 \right) \right\}$

Câu 3 (3,0 điểm)

Cho ba số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3.$

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $M=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}$

Lời giải

* Tìm GTLN

Theo BĐT Cô-si cho hai số không âm, ta có:

${{x}^{2}}+1\ge 2x;{{y}^{2}}+1\ge 2y;{{z}^{2}}+1\ge 2z$

$\Rightarrow M=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}\le \frac{x}{2x}+\frac{y}{2y}+\frac{z}{2z}=\frac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1.$

Vậy giá trị lớn nhất của M  là 1,5 khi $x=y=z=1.$

* Tìm GTNN

Có $x,y,z\ge 0;x+y+z=3\Rightarrow z\le 3$

Do vai trò của $x,y,z$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $z\ge x;z\ge y$

$\Rightarrow M=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}\ge \frac{x}{{{z}^{2}}+1}+\frac{y}{{{z}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}=\frac{x+y+z}{{{z}^{2}}+1}\ge \frac{3}{{{3}^{2}}+1}=\frac{3}{10}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0;z=3.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là $\frac{3}{10}$ khi $x=y=0;z=3$ hoặc các hoán vị của nó.

Câu 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A\left( AB>AC \right),$ đường cao $AH.$ Gọi $M$ là trung điểm của $AB,AD$ là phân giác của góc $\widehat{BAH},(D\in BH)$, $MD$cắt $AH$ tại $E.$

a) Chứng minh rằng $\frac{A{{B}^{2}}}{BH}=\frac{A{{C}^{2}}}{CH}.$

b) Tính độ dài $AH$ biết diện tích các tam giác $\Delta AHC;\Delta AHB$ và lần lượt là $8,64c{{m}^{2}};15,36c{{m}^{2}}.$

c) Chứng minh: $CE\parallel AD.$

Lời giải

a)Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong các tam giác vuông, ta có:

$A{{B}^{2}}=BH.BC;A{{C}^{2}}=AH.BC$

Do đó: $\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{BH.BC}{AH.BC}\Rightarrow \frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{BH}{AH}$

b) Ta có:

$\begin{align}& {{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}AH.HC=8,64\left( c{{m}^{2}} \right);{{S}_{AHB}}=\frac{1}{2}AH.HB=15,36\left( c{{m}^{2}} \right) \\& \Rightarrow \frac{1}{4}A{{H}^{2}}.HC.HC=8,64.15,36 \\\end{align}$

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta có:

$A{{H}^{2}}=HB.HC$

$\Rightarrow \frac{1}{4}A{{H}^{2}}.A{{H}^{2}}=8,64.15,36\Rightarrow A{{H}^{4}}=4.8,64.15,36\Rightarrow AH=4,8\left( cm \right)$

c) Gọi N là điểm đối xứng với D qua ta có ANBD là hình bình hành.

Khi đó: $NA\parallel BD;NA=BD\Rightarrow \frac{DH}{NA}=\frac{HE}{AE}(1)$  (Định lý Ta – let)

Vì AD là phân giác của góc BAH $\Rightarrow \frac{DH}{DB}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow \frac{DH}{NA}=\frac{AH}{AB}(2)$

Mà $\Delta AHB\Delta CHA\left( g-g \right)\Rightarrow $$\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{B}_{1}}}\Rightarrow \widehat{{{A}_{12}}}=\widehat{{{A}_{1}}}+\widehat{{{A}_{2}}}=\widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{A}_{3}}}=\widehat{{{D}_{1}}}\Rightarrow \Delta CAD$cân tại C$\Rightarrow CA=CD$

Do $\Delta AHB\Delta CHA\left( g-g \right)\Rightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{CH}{AC}\Rightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{CH}{CD}$(3)

Từ (1); (2); (3) $\Rightarrow \frac{HE}{AE}=\frac{CH}{CD}\Rightarrow CE\parallel AD$ (theo ĐL Ta- lét đảo)

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho $33$ điểm nằm trong hình vuông có độ dài cạnh bằng $4$ trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn bán kính bằng $\sqrt{2}$ và tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không $3$ điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng đều thuộc phần chung của ba hình tròn có tâm cũng chính là ba điểm đó.

Lời giải

Ta chia hình vuông đề cho thành 16 hình vuông nhỏ

bằng nhau (như hình vẽ)

Ta được độ dài cạnh của hình vuông nhỏ là: 1

Có 33 điểm đặt vào 16 hình vuông

theo nguyên lí Dirichlet

Suy ra tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm

Giả sử hình vuông nhỏ đó là: ABCD (AC cắt BD tại O)

Có $OA=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow AC=DB=\sqrt{2}$

Giả sử 3 điểm đó trùng với 3 trong 4 đỉnh bất kì của hình vuông ABCD thì phần chung của ba hình tròn chứa toàn bộ hình vuông và như vậy đã tồn tại 3 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu trong 3 điểm có điểm nằm bên trong hình vuông thì phần chung của ba hình tròn cũng chứa toàn bộ hình vuông và như vậy đã tồn tại 3 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán

KL: tồn tại $3$ điểm trong các điểm đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.