Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Hải Dương

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Hải Dương

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Cho $P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{3\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+3\sqrt{z}+3}$ và $xyz=9$. Tính $\sqrt{10P-1}$.

b) Cho $x,\,y,\,z$ là các số dương thỏa mãn: $x+y+z+\sqrt{xyz}=4$.

Chứng minh rằng: $\sqrt{x\left( 4-y \right)\left( 4-z \right)}+\sqrt{y\left( 4-z \right)\left( 4-x \right)}+\sqrt{z\left( 4-x \right)\left( 4-y \right)}=8+\sqrt{xyz}$.

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: $\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}+3=3{{x}^{2}}-6x$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x \\& x{{\left( x+y \right)}^{2}}+x-2=2{{y}^{2}} \\\end{align} \right.$.

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{2}}+x+2{{y}^{2}}+y=2x{{y}^{2}}+xy+3$.

b) Chứng minh rằng $a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+…+a_{n}^{3}$ chia hết cho $3$, biết ${{a}_{1}},\,{{a}_{2}},\,{{a}_{3}},\,…\,,\,{{a}_{n}}$ là các chữ số của ${{2019}^{2018}}$.

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác $MNP$ có $3$ góc $\widehat{M},\,\widehat{N},\,\widehat{P}$ nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$, bán kính $R$. Gọi $Q$ là trung điểm của $NP$ và các đường cao $MD,\,NE,\,PF$ của tam giác $MNP$ cắt nhau tại $H$.

Chứng minh rằng:

a) $MH=2OQ$.

b) Nếu $MN+MP=2NP$ thì $\sin N+\sin P=2\sin M$.

c) $ME.FH+MF.HE=\sqrt{2}{{R}^{2}}$ biết $NP=R\sqrt{2}$.

Câu 5 (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{a{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{b{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{c{{a}^{2}}}{c+a}$ biết $a,\,b,\,c$ là các số dương thỏa mãn $\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}=3$.

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Cho $P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{3\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+3\sqrt{z}+3}$ và $xyz=9$. Tính $\sqrt{10P-1}$.

b) Cho $x,\,y,\,z$ là các số dương thỏa mãn: $x+y+z+\sqrt{xyz}=4$.

Chứng minh rằng: $\sqrt{x\left( 4-y \right)\left( 4-z \right)}+\sqrt{y\left( 4-z \right)\left( 4-x \right)}+\sqrt{z\left( 4-x \right)\left( 4-y \right)}=8+\sqrt{xyz}$.

Lời giải

a) Ta có $xyz=9\Rightarrow \,P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+\sqrt{xyz}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{xyz}\sqrt{z}}{\sqrt{zx}+\sqrt{xyz}\sqrt{z}+\sqrt{xyz}}$

\[=\frac{1}{\sqrt{y}+1+\sqrt{yz}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{yz}}{1+\sqrt{yz}+\sqrt{y}}=1\Rightarrow \sqrt{10P-1}=3\] .

b) Ta có $x+y+z+\sqrt{xyz}=4\,\Rightarrow \,4x+4y+4z+4\sqrt{xyz}=16$.

Do đó $\sqrt{x\left( 4-y \right)\left( 4-z \right)}=\sqrt{x\left( 16-4y-4z+yz \right)}=\sqrt{x\left( 4x+4\sqrt{xyz}+yz \right)}=\sqrt{x{{\left( 2\sqrt{x}+\sqrt{yz} \right)}^{2}}}$

$=\sqrt{x}\left( 2\sqrt{x}+\sqrt{yz} \right)$.

Tương tự ta có $\sqrt{x\left( 4-y \right)\left( 4-z \right)}+\sqrt{y\left( 4-z \right)\left( 4-x \right)}+\sqrt{z\left( 4-x \right)\left( 4-y \right)}$

$=\sqrt{x}\left( 2\sqrt{x}+\sqrt{yz} \right)+\sqrt{y}\left( 2\sqrt{y}+\sqrt{zx} \right)+\sqrt{z}\left( 2\sqrt{z}+\sqrt{xy} \right)=2\left( x+y+z \right)+3\sqrt{xyz}$

$=2\left( 4-\sqrt{xyz} \right)+3\sqrt{xyz}=8+\sqrt{xyz}$ (đpcm).

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: $\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}+3=3{{x}^{2}}-6x$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x \\& x{{\left( x+y \right)}^{2}}+x-2=2{{y}^{2}} \\\end{align} \right.$.

Lời giải

a) ĐKXĐ: $x\ne -2$.

Phương trình đã cho tương đương \[{{x}^{2}}+3\left( {{x}^{2}}+4x+4 \right)=\left( 3{{x}^{2}}-6x \right)\left( {{x}^{2}}+4x+4 \right)\]

$\Leftrightarrow 3{{x}^{4}}+6{{x}^{3}}-16{{x}^{2}}-36x-12=0$

$\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-6 \right)\left( 3{{x}^{2}}+6x+2 \right)=0$

Xét phương trình ${{x}^{2}}-6=0\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{6}$.

Xét phương trình $3{{x}^{2}}+6x+2=0\Leftrightarrow x=\frac{-3\pm \sqrt{3}}{3}$.

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{ \pm \sqrt{6};\,\frac{-3\pm \sqrt{3}}{3} \right\}$.

b) Từ phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+2xy+2=4x$.

Khi đó ta có $2{{x}^{2}}+x{{\left( x+y \right)}^{2}}+x-2+2xy+2=4x\Leftrightarrow x\left[ {{\left( x+y \right)}^{2}}+2\left( x+y \right)-3 \right] =0$

$\Leftrightarrow x\left( x+y-1 \right)\left( x+y+3 \right)=0$.

Xét $x=0$ thế vào phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x$ ta được ${{y}^{2}}+1=0$. Phương trình vô nghiệm.

Xét $x+y-1=0\Leftrightarrow y=1-x$ thế vào phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x$ ta được ${{x}^{2}}-3x+2=0$

$\Rightarrow x=1$ hoặc $x=2$.

Với $x=1\Rightarrow y=0$.

Với $x=2\Rightarrow y=-1$.

Xét $x+y+3=0\Leftrightarrow y=-x-3$ thế vào phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+1=2x$ ta được ${{x}^{2}}+x+10=0$. Phương trình vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm $S=\left\{ \left( 1;\,0 \right);\,\left( 2;\,-1 \right) \right\}$.

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{2}}+x+2{{y}^{2}}+y=2x{{y}^{2}}+xy+3$.

b) Chứng minh rằng $a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+…+a_{n}^{3}$ chia hết cho $3$, biết ${{a}_{1}},\,{{a}_{2}},\,{{a}_{3}},\,…\,,\,{{a}_{n}}$ là các chữ số của ${{2019}^{2018}}$.

Lời giải

a) Ta có ${{x}^{2}}+x+2{{y}^{2}}+y=2x{{y}^{2}}+xy+3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+2x-2+2{{y}^{2}}-2x{{y}^{2}}+y-xy=1$

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

Ta xét các trường hợp sau:

TH1: $\left\{ \begin{matrix}1-x=-1  \\2{{y}^{2}}+y-x-2=-1  \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=2  \\2{{y}^{2}}+y-3=0  \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=2  \\y=1  \\\end{matrix} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{matrix}x=2  \\y=\frac{3}{2}  \\\end{matrix} \right.$. Chọn nghiệm $\left\{ \begin{matrix}x=2  \\y=1  \\\end{matrix} \right.$.

TH2: $\left\{ \begin{matrix}1-x=1  \\2{{y}^{2}}+y-x-2=1  \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=0  \\2{{y}^{2}}+y-3=0  \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=0  \\y=1  \\\end{matrix} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{matrix}x=0  \\y=\frac{3}{2}  \\\end{matrix} \right.$(loại).

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương $\left( x;\,y \right)=\left( 2;\,1 \right)$.

b) Vì ${{2019}^{2018}}\vdots 3$ nên $\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}} \right)\vdots 3$. Xét hiệu: $\left( a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+…+a_{n}^{3} \right)-\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}} \right)=\left( {{a}_{1}}-1 \right){{a}_{1}}\left( {{a}_{1}}+1 \right)+\left( {{a}_{2}}-1 \right){{a}_{2}}\left( {{a}_{2}}+1 \right)+…+\left( {{a}_{n}}-1 \right){{a}_{n}}\left( {{a}_{n}}+1 \right)$ chia hết cho $3$. Do đó $a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+…+a_{n}^{3}$ chia hết cho $3$ (đpcm).

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác $MNP$ có $3$ góc $\widehat{M},\,\widehat{N},\,\widehat{P}$ nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$, bán kính $R$. Gọi $Q$ là trung điểm của $NP$ và các đường cao $MD,\,NE,\,PF$ của tam giác $MNP$ cắt nhau tại $H$.

Chứng minh rằng:

a) $MH=2OQ$.

b) Nếu $MN+MP=2NP$ thì $\sin N+\sin P=2\sin M$.

c) $ME.FH+MF.HE=\sqrt{2}{{R}^{2}}$ biết $NP=R\sqrt{2}$.

Lời giải

a) Kẻ đường kính $MK$.

Ta có $\widehat{MPK}=\widehat{MNK}={{90}^{0}}$ hay $KP\bot MP$ và $KN\bot MN$. Suy ra $KP$//$NH$ và $KN$//$PH$ nên tứ giác $KPHN$ là hình bình hành. Suy ra $H,\,Q,\,K$ thẳng hàng.

Xét $\Delta KMH$ có $OM=OK$, $OH=QK$ nên $OQ$ là đường trung bình của $\Delta KMH$.

Suy ra $MH=2OQ$(đpcm).

b) Ta có $\sin \widehat{MNP}=\sin \widehat{MKP}=\frac{MP}{MK}=\frac{MP}{2R}$ $\Rightarrow 2R=\frac{MP}{\sin \widehat{MNP}}$.

Tương tự ta cũng có $2R=\frac{MN}{\sin \widehat{MPN}}$ và $2R=\frac{NP}{\sin \widehat{NMP}}$.

Do đó $\frac{MN}{\sin \widehat{MPN}}=\frac{MP}{\sin \widehat{MNP}}=\frac{NP}{\sin \widehat{NMP}}=\frac{MN+MP}{\sin \widehat{MPN}+\sin \widehat{MNP}}$

$=\frac{2NP}{\sin \widehat{MPN}+\sin \widehat{MNP}}$

$\Rightarrow \sin \widehat{MPN}+\sin \widehat{MNP}=2\sin \widehat{NMP}$ (đpcm).

c) Ta có $NP=R\sqrt{2}\Rightarrow NQ=\frac{R\sqrt{2}}{2}$.

Áp dụng định lí Pitago ta có $OQ=\sqrt{N{{O}^{2}}-N{{Q}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{{{R}^{2}}}{2}}=\frac{R\sqrt{2}}{2}=NQ$.

Khi đó $\Delta NOQ$ vuông cân tại $Q$ $\Rightarrow \widehat{NOQ}=45{}^\circ \Rightarrow \widehat{NOP}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{NMP}=45{}^\circ $

$\Rightarrow \widehat{NHF}=\widehat{PHE}=45{}^\circ $. Do đó các tam giác $NHF$ và $PHE$ vuông cân. Suy ra $NH=\sqrt{2}FH$ và $PH=\sqrt{2}HE$.

Theo câu a) $MH=2OQ=R\sqrt{2}$.

Mặt khác $\Delta NDH\backsim \Delta MEH\,\Rightarrow \frac{ND}{ME}=\frac{NH}{MH}=\frac{\sqrt{2}FH}{R\sqrt{2}}=\frac{FH}{R}\Rightarrow ME.FH=R.ND$.

Tương tự $\Delta PDH\,\backsim \,\Delta MFH\Rightarrow MF.HE=R.PD$.

Suy ra $ME.FH+MF.HE=R.\left( ND+PD \right)=R.NP=\sqrt{2}{{R}^{2}}$ (đpcm).

(1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{a{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{b{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{c{{a}^{2}}}{c+a}$ biết $a,\,b,\,c$ là các số dương thỏa mãn $\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}=3$.

Lời giải

Từ giả thiết $\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}=3\Rightarrow \,a+b+c=3abc$.

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

$P=\frac{a{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{b{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{c{{a}^{2}}}{c+a}\ge 3\sqrt[3] {\frac{a{{b}^{2}}}{a+b}.\frac{b{{c}^{2}}}{b+c}.\frac{c{{a}^{2}}}{c+a}}=\frac{3abc}{\sqrt[3] {\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}}$.

Lại có $\sqrt[3] {\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}\le \frac{a+b+b+c+c+a}{3}=\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=2abc$.

Suy ra $P\ge \frac{3}{2}$.

Vậy GTNN của $P$ là $\frac{3}{2}$, đạt được khi $a=b=c=1$.

 

……………..HẾT……………