Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Vũ Quang

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Huyện Vũ Quang

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VŨ QUANG NĂM HỌC 2018 – 2019

Bài 1:       

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: ${{x}^{2}}+6xy+5{{y}^{2}}-5y-x$.

b) Cho ${{a}^{3}}-3a{{b}^{2}}=5$ và ${{b}^{3}}-3{{a}^{2}}b=10$. Tính $S=2018{{a}^{2}}+2018{{b}^{2}}$.

c) Cho biểu thức:$A=\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{3}}-4x}+\frac{6}{6-3x}+\frac{1}{x+2} \right):\left( x-2+\frac{10-{{x}^{2}}}{x+2} \right)$. Tìm giá trị của $x$ để $A>0$.

Bài 2:

a) Cho $n$ là số nguyên không chia hết cho 3. Chứng minh rằng $P={{3}^{2n}}+{{3}^{n}}+1$ chia hết cho 13.

b) Tìm các số hữu tỉ $n$ thỏa mãn tổng sau là số chính phương: ${{n}^{2}}+n+503$.

Bài 3:

a) Tìm các số nguyên $x$ thỏa mãn phương trình: $\left( 3x-1 \right)\left( 4x-1 \right)\left( 6x-1 \right)\left( 12x-1 \right)=330$

b) Giải phương trình: $\left| x-2 \right|\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=4$

c) Tìm các cặp $\left( x\,;\,y \right)$ nguyên thỏa mãn: ${{y}^{2}}+2xy-3x-2=0$

Bài 4:

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia $Ax$ và $By$ cùng vuông góc với AB. Trên tia $Ax$ lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt $By$ tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD).

a) Chứng minh rằng: $O{{A}^{2}}=AC.BD$.

b) Chứng minh rằng tam giác AMB vuông.

c) Gọi N là giao điểm của BC và AD. Chứng minh rằng MN//AC.

Bài 5:

Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{1}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{1}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}$.

——-Hết——-

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9 (VÒNG 1)

NĂM HỌC 2018 – 2019

Bài 1:       

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: ${{x}^{2}}+6xy+5{{y}^{2}}-5y-x$.

b) Cho ${{a}^{3}}-3a{{b}^{2}}=5$ và ${{b}^{3}}-3{{a}^{2}}b=10$. Tính $S=2018{{a}^{2}}+2018{{b}^{2}}$.

c) Cho biểu thức $A=\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{3}}-4x}+\frac{6}{6-3x}+\frac{1}{x+2} \right):\left( x-2+\frac{10-{{x}^{2}}}{x+2} \right)$. Tìm giá trị của $x$ để $A>0$.

Lời giải.

Ta có: ${{x}^{2}}+6xy+5{{y}^{2}}-5y-x={{x}^{2}}+5xy+xy+5{{y}^{2}}-5y-x$

$=x\left( x+5y \right)+y\left( x+5y \right)-\left( x+5y \right)$$=\left( x+5y \right)\left( x+y-1 \right)$.

b) Ta có: ${{a}^{3}}-3a{{b}^{2}}=5\Rightarrow {{\left( {{a}^{3}}-3a{{b}^{2}} \right)}^{2}}=25\Leftrightarrow {{a}^{6}}-6{{a}^{4}}{{b}^{2}}+9{{a}^{2}}{{b}^{4}}=25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$

${{b}^{3}}-3{{a}^{2}}b=10\Rightarrow {{\left( {{b}^{3}}-3{{a}^{2}}b \right)}^{2}}=100\Leftrightarrow {{b}^{6}}-6{{a}^{2}}{{b}^{4}}+9{{a}^{4}}{{b}^{2}}=100\,\,\,\,(2)$

Cộng (1) với (2) vế theo vế ta được: ${{a}^{6}}+3{{a}^{4}}{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}{{b}^{4}}+{{b}^{6}}=125\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{3}}=125\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=5$

Do đó: $S=2018\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=2018.5=10090$.

c) $A=\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{3}}-4x}+\frac{6}{6-3x}+\frac{1}{x+2} \right):\left( x-2+\frac{10-{{x}^{2}}}{x+2} \right)$

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{align}& x\ne 0 \\& x\ne \pm 2 \\\end{align} \right.$

Ta có:

$A=\left( \frac{x}{{{x}^{2}}-4}-\frac{2}{x-2}+\frac{1}{x+2} \right):\left( \frac{{{x}^{2}}-4+10-{{x}^{2}}}{x+2} \right)=\left( \frac{x}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}-\frac{2}{x-2}+\frac{1}{x+2} \right):\left( \frac{6}{x+2} \right)$

$=\left( \frac{x-2\left( x+2 \right)+\left( x-2 \right)}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)} \right):\frac{6}{x+2}=\left( \frac{x-2x-4+x-2}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)} \right):\frac{6}{x+2}=\frac{-6}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}:\frac{6}{x+2}=\frac{-1}{x-2}$

Với $A>0\Rightarrow \frac{-1}{x-2}>0\Leftrightarrow x-2<0\Leftrightarrow x<2$.

Vậy, $x<2,\,\,x\ne 0,\,\,x\ne -2$ thỏa mãn bài toán.

Bài 2:

a) Cho $n$ là số nguyên không chia hết cho 3. Chứng minh rằng $P={{3}^{2n}}+{{3}^{n}}+1$ chia hết cho 13.

b) Tìm các số hữu tỉ $n$ thỏa mãn tổng sau là số chính phương: ${{n}^{2}}+n+503$.

Lời giải.

a) Vì $n$ là số nguyên không chia hết cho 3 nên $n=3k+1$ hoặc $n=3k+2\,\,\left( k\in Z \right)$.

– Xét $n=3k+1$ ta có: ${{3}^{2n}}={{3}^{2\left( 3k+1 \right)}}={{3}^{6k}}{{.3}^{2}}={{\left( {{3}^{3}} \right)}^{2k}}.9={{27}^{2k}}.9\equiv 9\,\,\left( \bmod \,\,13 \right)$

${{3}^{n}}={{3}^{3k+1}}={{3}^{3k}}.3={{\left( {{3}^{3}} \right)}^{k}}.3={{27}^{k}}.3\equiv 3.$

Suy ra: $P={{3}^{2n}}+{{3}^{n}}+1\equiv 9+3+1=13\equiv 0\,\,\left( \bmod \,\,13 \right)$.

– Xét $n=3k+2$ ta có: ${{3}^{2n}}={{3}^{2\left( 3k+2 \right)}}={{3}^{6k}}{{.3}^{4}}={{\left( {{3}^{3}} \right)}^{2k}}.81={{27}^{2k}}.81\equiv 81\equiv 3\,\,\left( \bmod \,\,13 \right)$

${{3}^{n}}={{3}^{3k+2}}={{3}^{3k}}{{.3}^{2}}={{\left( {{3}^{3}} \right)}^{k}}.9={{27}^{k}}.9\equiv 9.$

Suy ra: $P={{3}^{2n}}+{{3}^{n}}+1\equiv 3+9+1=13\equiv 0\,\,\left( \bmod \,\,13 \right)$

Vậy , với $n$ là số nguyên không chia hết cho 3 thì $P={{3}^{2n}}+{{3}^{n}}+1$ chia hết cho 13.

b) Giả sử tồn tại số hữu tỉ $n$ và số nguyên dương $m$ để ${{n}^{2}}+n+503={{m}^{2}}$.

Vì: $n$ là số hữu tỉ nên tồn tại $a,\,\,b\in Z\,,\,\,b\ne 0$ sao cho $n=\frac{a}{b}$ và $\left( a\,;\,b \right)=1$

Ta có: ${{n}^{2}}+n+503={{m}^{2}}\Rightarrow {{\left( \frac{a}{b} \right)}^{2}}+\frac{a}{b}+503={{m}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+ab+503{{b}^{2}}={{m}^{2}}{{b}^{2}}$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}=-b\left( a+503b-{{m}^{2}}{{b}^{2}} \right)\Rightarrow {{a}^{2}}\vdots b$

Mà (a,b)=1 nên $b=1$ hay $b=a\in Z$

Do đó: ${{n}^{2}}+n+503={{m}^{2}}\Leftrightarrow 4{{n}^{2}}+4n+2012=4{{m}^{2}}\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}-{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}=2011$

$\Leftrightarrow \left( 2m-2n-1 \right)\left( 2m+2n+1 \right)=2011$

Vì: $\left( 2m-2n-1 \right)+\left( 2m-2n-1 \right)=4m>0$.

Ta có các trường hợp sau:

– Trường hợp 1:

– Trường hợp 2:
$\left\{ \matrix{
2m – 2n – 1 = 2011 \hfill \cr
2m + 2n + 1 = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
m = 503 \hfill \cr
n = – 503 \hfill \cr} \right.$

Vậy, $n=502\,\,;\,\,n=-503$ thỏa mãn bài toán.

Bài 3:

a) Tìm các số nguyên $x$ thỏa mãn phương trình: $\left( 3x-1 \right)\left( 4x-1 \right)\left( 6x-1 \right)\left( 12x-1 \right)=330$

b) Giải phương trình: $\left| x-2 \right|\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=4$

c) Tìm các cặp $\left( x\,;\,y \right)$ nguyên thỏa mãn: ${{y}^{2}}+2xy-3x-2=0$

Lời giải.

a) Ta có: $\left( 3x-1 \right)\left( 4x-1 \right)\left( 6x-1 \right)\left( 12x-1 \right)=330\Leftrightarrow \left( 36{{x}^{2}}-15x+1 \right)\left( 24{{x}^{2}}-10x+1 \right)=330$

$\Leftrightarrow \left[ 3\left( 12{{x}^{2}}-5x \right)+1 \right] \left[ 2\left( 12{{x}^{2}}-5x \right)+1 \right] =330$

Đặt: $y=12{{x}^{2}}-5x$.

Ta có: $\left( 3y+1 \right)\left( 2y+1 \right)=330\Leftrightarrow 6{{y}^{2}}+5y+1=330\Leftrightarrow 6{{y}^{2}}+5y-329=0$

$\Leftrightarrow 6{{y}^{2}}-42y+47y-329=0\Leftrightarrow 6y\left( y-7 \right)+47\left( y-7 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( y-7 \right)\left( 6y+47 \right)=0\Rightarrow \left[ \begin{align}& y=7 \\& y=\frac{-47}{6} \\\end{align} \right.$

Vì $x\in Z\Rightarrow y\in Z$, do đó $y=7$.

Ta có: $12{{x}^{2}}-5x=7\Leftrightarrow 12{{x}^{2}}-5x-7=0\Leftrightarrow 12{{x}^{2}}-12x+7x-7=0\Leftrightarrow 12x\left( x-1 \right)+7\left( x-1 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( 12x+7 \right)=0\Rightarrow \left[ \begin{align}& x=1 \\& x=\frac{-7}{12} \\\end{align} \right.$

Do $x\in Z\Rightarrow x=1$ thỏa mãn bài toán.

b) Giải phương trình:$\left| x-2 \right|\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=4$

– Xét $x<2$ ta có phương trình: $-\left( x-2 \right)\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=4\Leftrightarrow -\left( {{x}^{2}}-4 \right)\left( {{x}^{2}}-1 \right)=4$

$\Leftrightarrow {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+8=0\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-\frac{5}{2} \right)}^{2}}+\frac{7}{4}=0$, (vô nghiệm).

– Xét $x\ge 2$ ta có phương trình: $\left( x-2 \right)\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=4\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-4 \right)\left( {{x}^{2}}-1 \right)=4$

$ \Leftrightarrow {x^4} – 5{x^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} – 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{x^2} = 0 \hfill \cr
{x^2} = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = \pm \sqrt 5 \hfill \cr} \right.$

Kết hợp với điều kiện $x\ge 2$ ta được nghiệm của phương trình là $x=\sqrt{5}$.

c) Ta có: ${{y}^{2}}+2xy-3x-2=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy-3x-2={{x}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}={{x}^{2}}+3x+2$

$\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}={{x}^{2}}+x+2x+2\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}=x\left( x+1 \right)+2\left( x+1 \right)\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}=\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)$

Nhận thấy $x+1$ và $x+2$ là hai số nguyên liên tiếp nên tích $\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)$ là số chính phương khi: $\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=-1 \\& x=-2 \\\end{align} \right.$

– Với $x=-1\Rightarrow y=1$.

– Với $x=-2\Rightarrow y=2$

Vậy, các cặp $\left( x\,;\,y \right)$ nguyên thỏa mãn bài toán là: $\left( -1\,;\,1 \right)$ và $\left( -2\,;\,2 \right)$

Bài 4:        Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia $Ax$ và $By$ cùng vuông góc với AB. Trên tia $Ax$ lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt $By$ tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD).

a) Chứng minh rằng: $O{{A}^{2}}=AC.BD$.

b) Chứng minh rằng tam giác AMB vuông.

c) Gọi N là giao điểm của BC và AD. Chứng minh rằng MN//AC.

Lời giải.

a) Ta có: $\widehat{ACO}=\widehat{BOD}={{90}^{0}}-\widehat{AOC}$

$\widehat{AOC}=\widehat{BDO}={{90}^{0}}-\widehat{BOD}$

Suy ra: $\Delta ACO\sim \Delta BOD\Rightarrow \frac{OA}{BD}=\frac{AC}{OB}=\frac{AC}{OA}\Rightarrow O{{A}^{2}}=AC.BD$

b) Ta có: $\Delta ACO\sim \Delta BOD\Rightarrow \frac{AC}{OB}=\frac{OC}{OD}\Rightarrow \frac{AC}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{OA}{OD}$

Lại có: $\widehat{CAO}=\widehat{COD}={{90}^{0}}\Rightarrow \Delta ACO\sim \Delta OCD\Rightarrow \widehat{ACO}=\widehat{OCD}$

Suy ra: Hai tam giác vuông CAO và CMO bằng nhau.

Do đó: $OM=OA=OB$ nên tam giác AMB vuông tại M.

c) Ta có hai tam giác vuông CAO và CMO bằng nhau nên CA = CM.

Chứng minh tương tự câu b) ta cũng có hai tam giác vuông DBO và DMO bằng nhau nên DB = DM.

Áp dụng hệ quả của định lí Talets ta có: $\frac{DB}{CA}=\frac{DN}{NA}\Rightarrow \frac{DM}{CM}=\frac{DN}{NA}\Rightarrow MN//AC$.

Bài 5: Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{1}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{1}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}$.

Lời giải.

Ta có: Bất đẳng thức$\Leftrightarrow \frac{abc}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{abc}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{abc}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{bc}{ab+ca}+\frac{ac}{bc+ab}+\frac{ab}{ca+bc}\ge \frac{3}{2}$

$\begin{align}& \Leftrightarrow \frac{bc}{ab+ca}+1+\frac{ca}{bc+ab}+1+\frac{ab}{ca+bc}+1\ge \frac{3}{2}+3 \\& \Leftrightarrow 2\left( ab+bc+ac \right)\left( \frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ab}+\frac{1}{ca+bc} \right)\ge 9\,\,\,\,\,\,\,(*) \\\end{align}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$2\left( ab+bc+ac \right)=ab+bc+bc+ca+ca+ab\ge 3\sqrt[3] {\left( ab+bc \right)\left( bc+ca \right)\left( ca+ab \right)}\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$

$\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ab}+\frac{1}{ca+bc}\ge 3\sqrt[3] {\frac{1}{ab+ca}.\frac{1}{bc+ab}.\frac{1}{ca+bc}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$

Nhân theo vế (1) với (2) ta được bất đẳng thức (*).

Dấu “=” xảy ra khi : $\left\{ \begin{align}& ab=bc \\& bc=ca \\& ca=ab \\& abc=1 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c=1$