Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Thăng Bình

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Thăng Bình

ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN THĂNG BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (3,0 điểm)

Cho biểu thức $P=\left( \frac{1}{x-\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}-1} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{{{\left( \sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}$   (với $0<x\ne 1$)

a) Rút gọn biểu thức $P~$.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q=P-9\sqrt{x}+2019$.

Câu 2 (4,0 điểm)

Giải phương trình

$x-1+4\sqrt{7-x}=4\sqrt{x-1}+\sqrt{(7-x)(x-1)}$.

Cho các số thực dương $a$, $b$ với $a\ne b$. Chứng minh bất đẳng thức

$\frac{\frac{{{\left( a-b \right)}^{3}}}{{{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)}^{3}}}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{3a+3\sqrt{ab}}{b-a}\le \frac{1}{3abc}$.

Câu 3 (3,0 điểm)

Cho $a$, $b$, $c$ là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{1}{a({{a}^{2}}+8bc)}+\frac{1}{b({{b}^{2}}+8ac)}+\frac{1}{c({{c}^{2}}+8ab)}\le \frac{1}{3abc}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 4 (4,0 điểm)

Tìm các số tự nhiên $n$ sao cho $n-50$ và $n+50$ đều là số chính phương.

Tìm các số nguyên tố $p$, $q$ sao cho ${{p}^{2}}=8q+1$.

Câu 5 (2,5 điểm)

Trong tam giác $ABC$ lấy điểm $O$ sao cho $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}$. Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB$và $AC$.

Chứng minh rằng $OB.\sin \widehat{OAC}=OC.\sin \widehat{OAB}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $HK$. Chứng minh rằng $MN$ vuông góc với $HK$.

Câu 6 (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Đường thẳng $d$ là tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $C$và gọi $D$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$. Từ $A$ và $B$ kẻ $AH$và $BK$vuông góc với đường thẳng $d$. Chứng minh rằng:

$AH+BK$ không đổi khi tiếp tuyến $d$ thay đổi trên đường tròn $\left( O \right)$.

Đường tròn đường kính $HK$luôn tiếp xúc với $AK$, $BK$và $AB$.

Xác định vị trí $C$ để tứ giác $AHKB$ có diện tích lớn nhất.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN THĂNG BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (3,0 điểm)

Cho biểu thức $P=\left( \frac{1}{x-\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}-1} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{{{\left( \sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}$   (với $0<x\ne 1$)

a) Rút gọn biểu thức $P~$.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q=P-9\sqrt{x}+2019$.

Lời giải

Với $0<x\ne 1$,ta có

$P=\left( \frac{1}{x-\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}-1} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{{{\left( \sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}$$=\left( \frac{1}{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}-1 \right)}+\frac{1}{\sqrt{x}-1} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{{{\left( \sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}$

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

b) Ta có

$Q=P-9\sqrt{x}+2019$$=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}-9\sqrt{x}+2019$

$=\frac{\sqrt{x}-1-9x}{\sqrt{x}}+2019$$=\frac{-\left( 9x-6\sqrt{x}+1 \right)-5\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+2019$

$=\frac{-{{\left( 3\sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}}-5+2019$$=2014-\frac{{{\left( 3\sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}}$$\le 2014$ ($\forall x>0$).

Vậy $\max Q=2014$$\Leftrightarrow 3\sqrt{x}-1=0$$\Leftrightarrow \sqrt{x}=\frac{1}{3}$$\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}$.

Câu 2 (4,0 điểm)

Giải phương trình

$x-1+4\sqrt{7-x}=4\sqrt{x-1}+\sqrt{(7-x)(x-1)}$.

Cho các số thực dương $a$, $b$ với $a\ne b$. Chứng minh bất đẳng thức

$\frac{\frac{{{\left( a-b \right)}^{3}}}{{{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)}^{3}}}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{3a+3\sqrt{ab}}{b-a}\le \frac{1}{3abc}$.

Lời giải

Điều kiện: $\left\{ \begin{align}& 7-x\ge 0 \\& x-1\ge 0 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\le 7 \\& x\ge 1 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow 1\le x\le 7$

Phương trình đã cho tương đương với

${{\left( \sqrt{x-1} \right)}^{2}}-\sqrt{\left( 7-x \right)\left( x-1 \right)}+4\left( \sqrt{7-x}-\sqrt{x-1} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{x-1} \right)\left( \sqrt{x-1}-\sqrt{7-x} \right)+4\left( \sqrt{7-x}-\sqrt{x-1} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{x-1}-\sqrt{7-x} \right)\left( \sqrt{x-1}-4 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& \sqrt{x-1}=\sqrt{7-x} \\& \sqrt{x-1}=4 \\\end{align} \right.$

$\bullet \ \sqrt{x-1}=\sqrt{7-x}$$\Leftrightarrow x-1=7-x$$\Leftrightarrow 2x=8$$\Leftrightarrow x=4$(thỏa mãn điều kiện)

$\bullet \ \sqrt{x-1}=4$$\Leftrightarrow x-1=16$$\Leftrightarrow x=17$(không thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $x=4$.

Biến đổi vế trái của bất đẳng thức, ta có:

$VT=\frac{\frac{{{\left( a-b \right)}^{3}}}{{{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)}^{3}}}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{3a+3\sqrt{ab}}{b-a}$

$=\frac{{{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{3}}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}}{{{\left( \sqrt{a} \right)}^{3}}-{{\left( \sqrt{b} \right)}^{3}}}+\frac{3\sqrt{a}\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}{\left( \sqrt{b}-\sqrt{a} \right)\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}$

$=\frac{3a\sqrt{a}+3a\sqrt{b}+3b\sqrt{a}}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)\left( a+\sqrt{ab}+b \right)}+\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{b}-\sqrt{a}}$

$=\frac{3\sqrt{a}\left( a+\sqrt{ab}+b \right)}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)\left( a+\sqrt{ab}+b \right)}+\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{b}-\sqrt{a}}$

$=\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}+\frac{3\sqrt{a}}{\sqrt{b}-\sqrt{a}}$$=0$$\le \frac{1}{3abc}$.

Câu 2 (3,0 điểm)

Cho $a$, $b$, $c$ là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{1}{a({{a}^{2}}+8bc)}+\frac{1}{b({{b}^{2}}+8ac)}+\frac{1}{c({{c}^{2}}+8ab)}\le \frac{1}{3abc}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

Do $abc>0$nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

$\frac{abc}{{{a}^{3}}+8abc}+\frac{abc}{{{b}^{3}}+8abc)}+\frac{abc}{{{c}^{3}}+8abc}\le \frac{1}{3}$$\Leftrightarrow \frac{1}{\frac{{{a}^{2}}}{bc}+8}+\frac{1}{\frac{{{b}^{2}}}{ac}+8}+\frac{1}{\frac{{{c}^{2}}}{ab}+8}\le \frac{1}{3}$      (1)

Đặt $x=\frac{{{a}^{2}}}{bc}$, $y=\frac{{{b}^{2}}}{ac}$, $c=\frac{{{c}^{2}}}{ab}$ với $xyz=1$

Bất đẳng thức (1) trở thành $\frac{1}{x+8}+\frac{1}{y+8}+\frac{1}{z+8}\le \frac{1}{3}$    (2)

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (2),

Ta có $(2)$$\Leftrightarrow 3[(xy+yz+zx)+16(x+y+z)+192] $$\le xyz+8(x+y+z)+512$

$\Leftrightarrow 5(xy+yz+zx)+16(x+y+z)\ge 63$ (do $xyz=1$)      (3)

Áp dụng BĐT AG-GM, ta có $xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3] {{{(xyz)}^{2}}}=3$ và $x+y+z\ge 3\sqrt[3] {xyz}=3$

Do đó ta chứng minh xong bất đẳng thức (3)

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$ hay $a=b=c$ .

Câu 3 (4,0 điểm)

Tìm các số tự nhiên $n$ sao cho $n-50$ và $n+50$ đều là số chính phương.

Tìm các số nguyên tố $p$, $q$ sao cho ${{p}^{2}}=8q+1$.

Lời giải

Giả sử $\left\{ \begin{align}& n-50={{a}^{2}} \\& n+50={{b}^{2}} \\\end{align} \right.$ với $a,b$ nguyên dương và $a<b$.

Suy ra ${{b}^{2}}-{{a}^{2}}=100$$\Leftrightarrow (b-a)(a+b)={{2}^{2}}{{.5}^{2}}$

Do $b-a<a+b$ và chúng có cùng tính chẵn, lẻ nên $b-a$ và $a+b$ phải là các số chẵn.

Do đó $\left\{ \begin{align}& b-a=2 \\& a+b=50 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a=24 \\& b=26 \\\end{align} \right.$

Vậy $n=626$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có $(2,q)=1$$\Rightarrow 8q={{p}^{2}}-1$$=(p-1)(p+1)$        (1)

Do ${{p}^{2}}=8q+1$ nên ${{p}^{2}}$ lẻ suy ra $p$lẻ, tức là $p=2k+1$

Thay vào (1) ta được $8q=2k(2k+2)$$\Leftrightarrow 2q=k(k+1)$      (2)

Nếu $q=2$ thì $k(k+1)=4$, không thể tìm được $k\in \mathbb{N}$.

Do đó $q>2$,

Vì $q$ là số nguyên tố nên $(2,q)=1$. Từ (2), ta có

$\bullet \,k=2$ và $q=k+1$ta suy ra $k=2$, $q=3$. Thay vào (1), ta được $p=5$.

$\bullet \,k=q$ và $k+1=3$nên $q=1$(loại).

Vậy $(p;q)=(5;3)$ là cặp số cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (2,5 điểm)

Trong tam giác $ABC$ lấy điểm $O$ sao cho $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}$. Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB$và $AC$.

Chứng minh rằng $OB.\sin \widehat{OAC}=OC.\sin \widehat{OAB}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $HK$. Chứng minh rằng $MN$ vuông góc với $HK$.

Lời giải

Ta có

$\frac{OB}{OC}=\frac{OH:\sin \widehat{OBH}}{OK:\sin \widehat{OCK}}$ (do $\vartriangle OBH$, $\vartriangle OCK$ lần lượt vuông góc tại $H,K$)

$=\frac{OH}{OK}$(do $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}$)

$=\frac{OA:\sin \widehat{OAH}}{OA:\sin \widehat{OAK}}$(do $\vartriangle OAH$, $\vartriangle OAK$ lần lượt vuông góc tại $H,K$)

$=\frac{\sin \widehat{OAB}}{\sin \widehat{OAC}}$ hay $OB.\sin \widehat{OAC}=OC.\sin \widehat{OAB}$.

Gọi $E,F$lần lượt là trung điểm của $OB,OC$.

Do $MEOF$là hình bình hành nên $\widehat{MEO}=\widehat{MFO}$        (1)

Ta có $\widehat{OEH}=2\widehat{ABO}=2\widehat{ACO}=\widehat{OFK}$      (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{MEH}=\widehat{MFK}$.

Lại có $ME=OF=FK$; $EH=EO=MF$ nên $\vartriangle MEH=\vartriangle MFK\ (c.g.c)$.

Suy ra $MH=MK$$\Rightarrow \vartriangle MHK$cân tại M$\Rightarrow MN\bot HK$.

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Đường thẳng $d$ là tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $C$và gọi $D$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$. Từ $A$ và $B$ kẻ $AH$và $BK$vuông góc với đường thẳng $d$. Chứng minh rằng:

$AH+BK$ không đổi khi tiếp tuyến $d$ thay đổi trên đường tròn $\left( O \right)$.

Đường tròn đường kính $HK$luôn tiếp xúc với $AK$, $BK$và $AB$.

Xác định vị trí $C$ để tứ giác $AHKB$ có diện tích lớn nhất.

Lời giải

Do $C$nằm trên đường tròn đường kính $AB$nên $\widehat{ACB}=90{}^\circ $.

Do $d$ là tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $C$ nên $\widehat{OCK}=90{}^\circ $.

Khi đó

$\widehat{ACO}+\widehat{OCB}=\widehat{OCB}+\widehat{BCK}=90{}^\circ $ $\Rightarrow \widehat{ACO}=\widehat{BCK}$       (1)

Mặt khác $\vartriangle OCA$ cân tại $O$ $\Rightarrow \widehat{ACO}=\widehat{CAO}$;    (2)

$\vartriangle ACB$vuông và $\Rightarrow \widehat{CAO}=\widehat{DCB}$.   (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{DCB}=\widehat{BCK}$.

Điều này dẫn đến $\vartriangle BCD=\vartriangle BCK$ $\Rightarrow BK=BD$.

Tương tự $AH=AD$.

Suy ra $AH+BK=AD+BD$ $\Rightarrow AH+BK=AB$.

Vậy $AH+BK$ không đổi khi tiếp tuyến $d$ thay đổi trên đường tròn $\left( O \right)$.

$\vartriangle BCD=\vartriangle BCK$ (chứng minh ở câu a) $\Rightarrow CD=CK$.

Tương tự $\vartriangle CHA=\vartriangle CDA$ $\Rightarrow CD=CH$.

Suy ra $CH=CK$hay $C$là trung điểm của $HK$.

Đường tròn đường kính $HK$có $AH\bot HK$, $BK\bot HK$, $AB\bot CD$ nên đường tròn đó luôn tiếp xúc với $AK$, $BK$và $AB$.

Do tứ giác $AHKB$có $AH\bot HK$, $BK\bot HK$nên nó là hình thang vuông.

Do $AH+BK=AB$nên

${{S}_{AHKB}}=\frac{1}{2}(AH+BK)HK$$=\frac{1}{2}AB.HK$$=OC.HK$

Do $HK\le AB$nên ${{S}_{AHKB}}\le OC.AB$$=OC.2OC$$=2O{{C}^{2}}$.

Khi đó ${{S}_{AHKB}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow HK=AB$$\Leftrightarrow $tứ giác $AHKB$ là hình chữ nhật

$\Leftrightarrow $$C$ là điểm chính giữa $\overset\frown{AB}$.