Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Thành phố Hải Phòng

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Thành phố Hải Phòng

ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2018-2019

 Bài 1. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức $A=\frac{{{\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)}^{3}}+2x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}+\frac{3\sqrt{xy}-3y}{x-y}$ với $x,y\ge 0$và $x\ne y$.

Chứng minh rằng giá trị của biểu thức $A$ không phụ thuộc giá trị của biến.

b) Chứng minh rằng ${{x}_{0}}=\sqrt[3] {9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3] {9-4\sqrt{5}}$ là một nghiệm của phương trình sau${{\left( {{x}^{3}}-3x-17 \right)}^{2019}}-1=0.$

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Gọi ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-2mx+2m-3=0\,\,\,\,\left( 1 \right)$ (với $m$ là tham số). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $B=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+7}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+1 \right)}\cdot $

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& {{x}^{3}}{{y}^{3}}+1=19{{x}^{3}} \\& x{{y}^{2}}+y=-6{{x}^{2}} \\\end{align} \right.\cdot $

Bài 3. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức $P={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+…+{{a}_{2019}}$ với ${{a}_{1}};{{a}_{2}};{{a}_{3}};…;{{a}_{2019}}$ là các số nguyên dương và $P$ chia hết cho 30. Chứng minh rằng $Q=a_{1}^{5}+a_{2}^{5}+a_{3}^{5}+…+a_{2019}^{5}$chia hết cho 30.

b) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=8$. Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{1+{{a}^{3}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+{{b}^{3}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+{{c}^{3}}}}\ge 1.$

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn $\left( {{O}_{1}} \right)$ và $\left( {{O}_{2}} \right)$ tiếp xúc ngoài nhau tại điểm $I$. Vẽ đường tròn $\left( O \right)$ tiếp xúc trong với $\left( {{O}_{1}} \right)$ và $\left( {{O}_{2}} \right)$ lần lượt tại $B$ và $C$.  Từ điểm $I$ vẽ đường thẳng $d$ vuông góc với ${{O}_{1}}{{O}_{2}}$, $d$ cắt cung lớn và cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lần lượt tại điểm $A,Q$. Cho $AB$ cắt $\left( {{O}_{1}} \right)$ tại điểm thứ hai là $E,$ $AC$ cắt $\left( {{O}_{2}} \right)$ tại điểm thứ hai là $D.$

a) Chứng minh rằng tứ giác $BCDE$ nội tiếp ;

b) Chứng minh rằng $OA$vuông góc với $DE$;

c) Vẽ đường kính $MN$ của $\left( O \right)$ vuông góc với $AI$ (điểm $M$ nằm trên $\overset\frown{AB}$ không chứa điểm $C$). Chứng minh rằng ba đường thẳng $AQ,BM,CN$ đồng quy.

Bài 5. (1,0 điểm)

Bên trong đường tròn có đường kính $AB=19$ cho 38 đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng có độ dài bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại đường thẳng vuông góc hoặc song song với $AB$ và giao ít nhất hai đoạn trong 38 đoạn đã cho.

———Hết———

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2018-2019

 Bài 1. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức $A=\frac{{{\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)}^{3}}+2x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}+\frac{3\sqrt{xy}-3y}{x-y}$ với $x,y\ge 0$và $x\ne y$.Chứng minh rằng giá trị của biểu thức $A$ không phụ thuộc giá trị của biến.

b) Chứng minh rằng ${{x}_{0}}=\sqrt[3] {9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3] {9-4\sqrt{5}}$ là một nghiệm của phương trình sau${{\left( {{x}^{3}}-3x-17 \right)}^{2019}}-1=0.$

Lời giải

a) $A=\frac{{{\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)}^{3}}+2x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}+\frac{3\sqrt{xy}-3y}{x-y}$ với $x,y\ge 0$ và $x\ne y$

$=\frac{x\sqrt{x}-3x\sqrt{y}+3y\sqrt{x}-y\sqrt{y}+2x\sqrt{x}+y\sqrt{y}}{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right)\left( x-\sqrt{xy}+y \right)}+\frac{3\sqrt{y}\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)}{\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)\left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right)}$

$=\frac{3\sqrt{x}\left( x-\sqrt{xy}+y \right)}{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right)\left( x-\sqrt{xy}+y \right)}+\frac{3\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$

$=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{3\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$

$=\frac{3\sqrt{x}+3\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=3$

Vậy giá trị của biểu thức $A$ không phụ thuộc vào giá trị của biến với $x,y\ge 0$ và $x\ne y.$

Ta có $x_{0}^{3}={{\left( \sqrt[3] {9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3] {9-4\sqrt{5}} \right)}^{3}}$

$\Leftrightarrow x_{0}^{3}=9+4\sqrt{5}+9-4\sqrt{5}+3\sqrt[3] {\left( 9-4\sqrt{5} \right)\left( 9-4\sqrt{5} \right)}\,.\,{{x}_{0}}$

$\Leftrightarrow x_{0}^{3}=3{{x}_{0}}+18$

$\Leftrightarrow {{\left( x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}-17 \right)}^{2019}}={{1}^{2019}}$

$\Leftrightarrow {{\left( x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}-17 \right)}^{2019}}-1=0$

Vậy ${{x}_{0}}$ là một nghiệm của phương trình ${{\left( {{x}^{3}}-3x-17 \right)}^{2019}}-1=0.$

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Gọi ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-2mx+2m-3=0\,\,\,\,\left( 1 \right)$ (với $m$ là tham số). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $B=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+7}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+1 \right)}\cdot $

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& {{x}^{3}}{{y}^{3}}+1=19{{x}^{3}} \\& x{{y}^{2}}+y=-6{{x}^{2}} \\\end{align} \right.\cdot $

Lời giải

a) Xét phương trình ${{x}^{2}}-2mx+2m-3=0\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta thấy $\Delta ‘={{m}^{2}}-2m+3={{\left( m-1 \right)}^{2}}+2>0\,\,\,\forall m.$

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m \\& {{x}_{1}}{{x}_{2}}=2m-3 \\\end{align} \right.$

Khi đó $B=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+7}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}=\frac{2\left( 2m-3 \right)+7}{4{{m}^{2}}+2}=\frac{4m+1}{4{{m}^{2}}+2}$

$B=\frac{4{{m}^{2}}+2-4{{m}^{2}}+4m-1}{4{{m}^{2}}+2}=1-\frac{{{\left( 2m-1 \right)}^{2}}}{4{{m}^{2}}+2}\le 1$ (vì $\frac{{{\left( 2m-1 \right)}^{2}}}{4{{m}^{2}}+2}\ge 0\,\,\,\,\forall m$).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $B$ là 1 khi $m=\frac{1}{2}\cdot $

b) Xét phương trình $(I)\,\left\{ \begin{align}& {{x}^{3}}{{y}^{3}}+1=19{{x}^{3}} \\& x{{y}^{2}}+y=-6{{x}^{2}} \\\end{align} \right.\cdot $

Ta thấy $x=0$ không thỏa mãn hệ phương trình, suy ra $x\ne 0.$

$(I) \Leftrightarrow {\mkern 1mu} \left\{ \matrix{
{1 \over {{x^3}}} + {y^3} = 19 \hfill \cr
{y \over {{x^2}}} + {{{y^2}} \over x} = – 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {{1 \over x} + y} \right)^3} – 3{y \over x}\left( {{1 \over x} + y} \right) = 19 \hfill \cr
{y \over x}\left( {{1 \over x} + y} \right) = – 6 \hfill \cr} \right.$

Đặt $\frac{1}{x}+y=u;\,\,\frac{y}{x}=v$ ta có:

$\left\{ \matrix{
{u^3} – 3uv = 19 \hfill \cr
uv = – 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{u^3} = 1 \hfill \cr
uv = – 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
u = 1 \hfill \cr
v = – 6 \hfill \cr} \right.$

Suy ra $\left\{ \matrix{
{1 \over x} + y = 1 \hfill \cr
{y \over x} = – 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6{x^2} + x – 1 = 0 \hfill \cr
y = – 6x \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\left( {2x + 1} \right)\left( {3x – 1} \right) = 0 \hfill \cr
y = – 6x \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=-\frac{1}{2} \\& y=3 \\\end{align} \right.$  hoặc $\left\{ \begin{align}& x=\frac{1}{3} \\& y=-2 \\\end{align} \right.$

Vậy hệ phương trình $\left( I \right)$ có hai nghiệm $\left( -\frac{1}{2};3 \right);\,\,\left( \frac{1}{3};-2 \right)$

Bài 3. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức $P={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+…+{{a}_{2019}}$ với ${{a}_{1}};{{a}_{2}};{{a}_{3}};…;{{a}_{2019}}$ là các số nguyên dương và $P$ chia hết cho 30. Chứng minh rằng $Q=a_{1}^{5}+a_{2}^{5}+a_{3}^{5}+…+a_{2019}^{5}$chia hết cho 30.

b) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=8$. Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{1+{{a}^{3}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+{{b}^{3}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+{{c}^{3}}}}\ge 1.$

Lời giải

a) Xét$x$ là số nguyên dương, ta thấy

${{x}^{5}}-x=x\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( {{x}^{2}}+1 \right)\,\,\vdots \,\,6\,\,\,\left( 1 \right)\,$ (vì chứa tích của ba số nguyên liên tiếp)

Với $x=5q\,\,\left( q\in {{\mathbb{Z}}_{+}} \right)$ thì ${{x}^{5}}-x\,\vdots \,\,5$

Với $x=5q\pm 1\,\,\left( q\in {{\mathbb{Z}}_{+}} \right)$ thì ${{x}^{5}}-x\,\vdots \,\,5$

Với $x=5q\pm 2\,\,\left( q\in {{\mathbb{Z}}_{+}} \right)$ thì ${{x}^{5}}-x\,\vdots \,\,5$

Suy ra ${{x}^{5}}-x\,\vdots \,\,5\,\,\left( 2 \right)$ mà $\left( 5,6 \right)=1\,\,\,\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)$ suy ra ${{x}^{5}}-x\,\,\vdots \,\,30$

Xét hiệu $Q-P=\left( a_{1}^{5}-{{a}_{1}} \right)+\left( a_{2}^{5}-{{a}_{2}} \right)+\left( a_{3}^{5}-{{a}_{3}} \right)+…+\left( a_{2019}^{5}-{{a}_{2019}} \right)$

Vì ${{x}^{5}}-x\,\,\vdots \,\,30\,$nên $Q-P\,\,\vdots \,\,30$

Mà theo bài ra $P\,\vdots \,30$ nên $Q\,\,\vdots \,30$

b) Ta có:

$\frac{1}{\sqrt{1+{{a}^{3}}}}=\frac{1}{\sqrt{\left( 1+a \right)\left( 1-a+{{a}^{2}} \right)}}\ge \frac{2}{\left( 1+a \right)+\left( 1-a+{{a}^{2}} \right)}=\frac{2}{2+{{a}^{2}}}$

Tương tự ta có

$\frac{1}{\sqrt{1+{{b}^{3}}}}\ge \frac{2}{2+{{b}^{2}}};\,\,\,\,\frac{1}{\sqrt{1+{{c}^{3}}}}\ge \frac{2}{2+{{c}^{2}}}$

Bài toán trở về

$\frac{1}{2+{{a}^{2}}}+\frac{1}{2+{{b}^{2}}}+\frac{1}{2+{{c}^{2}}}\ge \frac{1}{2}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 12$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số ${{a}^{2}},{{b}^{2}},{{c}^{2}}$ có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 3\sqrt[3] {{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}=12$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$.

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn $\left( {{O}_{1}} \right)$ và $\left( {{O}_{2}} \right)$ tiếp xúc ngoài nhau tại điểm $I$. Vẽ đường tròn $\left( O \right)$ tiếp xúc trong với $\left( {{O}_{1}} \right)$ và $\left( {{O}_{2}} \right)$ lần lượt tại $B$ và $C$.  Từ điểm $I$ vẽ đường thẳng $d$ vuông góc với ${{O}_{1}}{{O}_{2}}$, $d$ cắt cung lớn và cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lần lượt tại điểm $A,Q$. Cho $AB$ cắt $\left( {{O}_{1}} \right)$ tại điểm thứ hai là $E,$ $AC$ cắt $\left( {{O}_{2}} \right)$ tại điểm thứ hai là $D.$

a) Chứng minh rằng tứ giác $BCDE$ nội tiếp ;

b) Chứng minh rằng $OA$vuông góc với $DE$;

c) Vẽ đường kính $MN$ của $\left( O \right)$ vuông góc với $AI$ (điểm $M$ nằm trên $\overset\frown{AB}$ không chứa điểm $C$). Chứng minh rằng ba đường thẳng $AQ,BM,CN$ đồng quy.

Lời giải

a) Chứng minh $\Delta ABI$$\backsim $$\Delta AIE$ (g.g) $\Rightarrow \frac{AI}{AE}=\frac{AB}{AI}\Rightarrow A{{I}^{2}}=AE.AB$

Tương tự $A{{I}^{2}}=AD.AC$

Suy ra $AE.AB=AD.AC\Rightarrow \Delta AED\backsim \Delta ACB\,\,\left( c.g.c \right)$

$\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACB}\Rightarrow $ Tứ giác $BCDE$ nội tiếp.

b) Vì tứ giác $BCDE$ nội tiếp suy ra $\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$

mà $\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\widehat{AOC}\Rightarrow \widehat{ADE}=\frac{1}{2}\widehat{AOC}$

Vì $\Delta AOC$ cân tại $O$ suy ra $\widehat{OAC}=\frac{{{180}^{o}}-\widehat{AOC}}{2}$

Suy ra $\widehat{ADE}+\widehat{OAC}={{90}^{o}}$ . Vậy $OA\bot DE.$

c) Gọi $P$ là giao điểm của $BM$ và $CN$.

Vì ${{O}_{1}}{{O}_{2}}\,\text{//}\,MN\Rightarrow \widehat{B{{O}_{1}}I}=\widehat{BON}$ (hai góc đồng vị)

Do $\Delta {{O}_{1}}BI$ cân tại ${{O}_{1}}$ suy ra $\widehat{{{O}_{1}}BI}=\frac{{{180}^{o}}-\widehat{B{{O}_{1}}I}}{2}$

Tương tự $\widehat{OBN}=\frac{{{180}^{o}}-\widehat{BON}}{2}$$\Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}BI}=\widehat{OBN}$.

Suy ra ba điểm $B,I,N$ thẳng hàng. Suy ra $BN\bot BM.$

Chứng minh tương tự ba điểm $C,I,M$ thẳng hàng $\Rightarrow CN\bot CM$

Do đó $I$ là trực tâm của $\Delta PMN\Rightarrow PI\bot MN$

Mà $AI\bot MN$ nên ba điểm $A,I,P$ thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng $AQ,BM,CN$ đồng quy.

 Bài 5. (1,0 điểm)

Bên trong đường tròn có đường kính $AB=19$ cho 38 đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng có độ dài bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại đường thẳng vuông góc hoặc song song với $AB$ và giao ít nhất hai đoạn trong 38 đoạn đã cho.

Lời giải

Gọi độ dài hình chiếu của $EF$trên $AB,CD$ là ${{x}_{1}},{{y}_{1}}$.

Ta có ${{x}_{1}}+{{y}_{1}}\ge 1$.

Gọi độ dài hình chiếu của 37 đoạn thẳng còn lại trên $AB$ là ${{x}_{2}},…,{{x}_{38}}$ trên $CD$ là ${{y}_{2}},…,{{y}_{38}}$.

Khi đó ta có $\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdot \cdot \cdot +{{x}_{38}} \right)+\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdot \cdot \cdot +{{y}_{38}} \right)\ge 38$

Do vậy tồn tại một trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 19, giả sử ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdot \cdot \cdot +{{x}_{38}}\ge 19$

Do đó trên $AB$ tồn tại một điểm $M$ thuộc ít nhất hai trong các hình chiếu trên $AB$. Đường thẳng đi qua $M$ vuông góc với $AB$ là đường thẳng cần tìm

————— Hết ——————