Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Hưng Yên

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Hưng Yên

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019

Câu 1

Tính giá trị của biểu thức $\text{A}=\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}}$.

Câu 2

a) Giải phương trình $\left( \sqrt{x+2}+1 \right)=2(x+1)$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x-2y=\frac{2}{x}-1  \\{{x}^{2}}-\frac{4}{{{x}^{2}}}+1=4y(x-y)  \\\end{array} \right.$.

Câu 3

a) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right):y=\left( {{m}^{2}}-5m \right)x+2m$ ($m$ là tham số) và đường thẳng $({{d}_{2}}):y=-6x+m+3$. Tìm $m$ để hai đường thẳng đó song song với nhau.

b) Một robot chuyển động từ $A$ đến $B$ theo cách sau: đi được $5m$ thì dừng $1$ giây, rồi đi tiếp $10m$ dừng lại $2$ giây, rồi đi tiếp $15m$ thì dừng lại $3$ giây,…Cứ như vậy, robot đi từ $A$ đến $B$ kể cả nghỉ hết $551$ giây. Tính quãng đường robot chuyển động từ $A$ đến $B$. Biết rằng khi đi, robot chuyển động với vận tốc $2,5m$/giây.

Câu 4

Cho ba điểm cố định $A,B,C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn $(O)$ thay đổi luôn đi qua $B$ và $C$. Vẽ các tiếp tuyến $AD$ và $AE$ với đường tròn $(O)$, $D$ và $E$ là các tiếp điểm.

a) Chứng minh rằng $AD=\sqrt{AB.AC}$, từ đó suy ra $D$ thuộc một đường tròn cố định.

b) Gọi $MN$ là đường kính của đường tròn $(O)$ vuông góc với $BC$. Gọi $K$ là giao điểm của $AM$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng ba đường thẳng $AB,DE$ và $NK$ đồng quy.

Câu 5

a) Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ là góc tù. Chứng minh rằng:

$\sin (B+C)=\sin B.\cos C+\cos B.\sin C$.

b) Trên mặt phẳng có $25$ điểm phân biệt, biết rằng trong $3$ điểm bất kỳ đã cho bao giờ cũng tìm được $2$ điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn $1$. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính $1$ chứa không ít hơn $13$ điểm trong $25$ điểm nói trên.

Câu 6

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2018} \right)}^{2}}\le 2019{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{a}{{{a}^{2}}+bc}+\frac{b}{{{b}^{2}}+ca}+\frac{c}{{{c}^{2}}+ab}$.

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019

Câu 1: Tính giá trị của biểu thức $\text{A}=\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}}$.

Lời giải

Ta có: $\sqrt{2}\text{A}=\sqrt{6+2\sqrt{5}}+\sqrt{6-2\sqrt{5}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{5}+1 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( \sqrt{5}-1 \right)}^{2}}}$.

$\sqrt{2}\text{A}=\sqrt{5}+1+\sqrt{5}-1=2\sqrt{5}$.

$\Rightarrow \text{A}=\sqrt{10}$.

a) Giải phương trình $\left( \sqrt{x+2}+1 \right)(4-x)=2(x+1)$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x-2y=\frac{2}{x}-1  \\{{x}^{2}}-\frac{4}{{{x}^{2}}}+1=4y(x-y)  \\\end{array} \right.$

Lời giải

a) Điều kiện xác định: $x\ge -2$.

Ta có: $\left( \sqrt{x+2}+1 \right)(4-x)=2(x+1)\Leftrightarrow (x+1)(4-x)=2(x+1)\left( \sqrt{x+2}-1 \right)$.

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

Vì $x=-1\Rightarrow 6=0$ (vô lý), do đó $x\ne -1$.

Khi đó: $4-x=2\left( \sqrt{x+2}-1 \right)\Leftrightarrow 2\sqrt{x+2}=6-x\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}-2\le x\le 6  \\{{x}^{2}}-16x+28=0  \\\end{array}\Leftrightarrow x=2 \right.$.

Vậy phương trình có nghiệm $x=2$.

b) Điều kiện xác định: $x\ne 0$.

$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x-2y=\frac{2}{x}-1  \\{{x}^{2}}-\frac{4}{{{x}^{2}}}+1=4y(x-y)  \\\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x-2y=\frac{2}{x}-1  \\{{(x-2y)}^{2}}-\frac{4}{{{x}^{2}}}+1=0  \\\end{array} \right.$$\Rightarrow {{\left( \frac{2}{x}-1 \right)}^{2}}-\frac{4}{{{x}^{2}}}+1=0\Leftrightarrow \frac{4}{x}=2\Leftrightarrow x=2$.

Thay vào phương trình thứ nhất được $y=1$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm: $(x;y)=(2;1)$.

a) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right):y=\left( {{m}^{2}}-5m \right)x+2m$ ($m$ là tham số) và đường thẳng $({{d}_{2}}):y=-6x+m+3$. Tìm $m$ để hai đường thẳng đó song song với nhau.

b) Một robot chuyển động từ $A$ đến $B$ theo cách sau: đi được $5m$ thì dừng $1$ giây, rồi đi tiếp $10m$ dừng lại $2$ giây, rồi đi tiếp $15m$ thì dừng lại $3$ giây,…Cứ như vậy, robot đi từ $A$ đến $B$ kể cả nghỉ hết $551$ giây. Tính quãng đường robot chuyển động từ $A$ đến $B$. Biết rằng khi đi, robot chuyển động với vận tốc $2,5m$/giây.

Lời giải

a) Để $({{d}_{1}})\text{//}({{d}_{2}})$thì $\left\{ \begin{align}& {{m}^{2}}-5m=-6 \\& 2m\ne m+3 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& (m-2)(m-3)=0 \\& m\ne 3 \\\end{align} \right.$$\Rightarrow m=2$.

b) Gọi số lần đi của robot từ $A$ đến $B$ là $x$, điều kiện xác định: $x\in {{\mathbb{N}}^{*}}$.

Thời gian robot đi là: $\frac{5}{2,5}+\frac{10}{2,5}+\frac{15}{2,5}+\ldots +\frac{5x}{2,5}=2+4+6+\ldots +2x=x(x+1)$ (giây).

Thời gian robot nghỉ là: $1+2+3+\ldots +(x-1)=\frac{(x-1)x}{2}$ (giây).

Theo đề bài ra ta có: $x(x+1)+\frac{(x-1)x}{2}=551\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+x-1102=0$

Giải phương trình bậc hai, ta được:$x=-\frac{58}{3}$ (loại); $x=19$(thỏa mãn).

Quãng đường robot chuyển động từ $A$ đến $B$ là: $95m$.

Câu 4

Cho ba điểm cố định $A,B,C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn $(O)$ thay đổi luôn đi qua $B$ và $C$. Vẽ các tiếp tuyến $AD$ và $AE$ với đường tròn $(O)$, $D$ và $E$ là các tiếp điểm.

a) Chứng minh rằng $AD=\sqrt{AB.AC}$, từ đó suy ra $D$ thuộc một đường tròn cố định.

b) Gọi $MN$ là đường kính của đường tròn $(O)$ vuông góc với $BC$. Gọi $K$ là giao điểm của $AM$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng ba đường thẳng $AB,DE$ và $NK$ đồng quy.

Lời giải

a) Xét $\Delta ADC$ và $\Delta ABD$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ADB}=\widehat{DCB}$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp)

Do đó: $\Delta ADC\backsim \Delta ABD\ (g.g)$.

$\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AD}\Rightarrow A{{D}^{2}}=AB.AC\Rightarrow AD=\sqrt{AB.AC}$.

Do $A,B,C$ cố định nên $D$ cố định.

b) Gọi $J$ là giao điểm của $MN$ với $AC$. Dây $DE$ cắt $AO$ tại $H$ và cắt $AC$ tại $I$.

Ta có: $AD=AE$ (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OA=OE=R$.

$\Rightarrow AO$ là đường trung trực của $DE$.

$\Rightarrow AO\bot DE$ tại $H$

$\Rightarrow \widehat{IHO}=\widehat{IJO}=90{}^\circ \Rightarrow \Delta AHI\backsim \Delta AJO$.

$\Rightarrow \frac{AH}{AJ}=\frac{AI}{AO}\Rightarrow AH.AO=AI.AJ$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ADO$ có: $A{{D}^{2}}=AH.AO$.

$\Rightarrow A{{D}^{2}}=AH.AJ$.

Ta lại có: $\Delta AKD\backsim \Delta ADM\Rightarrow \frac{AK}{AD}=\frac{AD}{AM}\Rightarrow A{{D}^{2}}=AK.AM$.

$\Rightarrow AK.AM=AI.AJ$.

$\Rightarrow \frac{AK}{AJ}=\frac{AI}{AM}\Rightarrow \Delta AHI\backsim \Delta AJM\Rightarrow \widehat{AKI}=\widehat{AJM}=90{}^\circ $ hay $\widehat{MKI}=90{}^\circ $.

Mà $\widehat{MKN}=90{}^\circ $.

Do đó $K,I,N$ thẳng hàng hay ba đường thẳng $AB,DE$ và $NK$ đồng quy.

a) Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ là góc tù. Chứng minh rằng:

$\sin (B+C)=\sin B.\cos C+\cos B.\sin C$.

b) Trên mặt phẳng có $25$ điểm phân biệt, biết rằng trong $3$ điểm bất kỳ đã cho bao giờ cũng tìm được $2$ điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn $1$. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính $1$ chứa không ít hơn $13$ điểm trong $25$ điểm nói trên.

Lời giải

a) Kẻ $BK\bot AC$ ($K$ thuộc đường thẳng $AC$), kẻ $AH\bot BC$ $(H\in BC)$

Ta có: $\sin B.\cos C+\cos B.\sin C=\sin \widehat{ABC}.\cos C+\cos \widehat{ABC}.\sin C=\frac{AH}{AB}\cdot \frac{CH}{AC}+\frac{BH}{AB}\cdot \frac{AH}{AC}$

$\sin B.\cos C+\cos B.\sin C=\frac{AH}{AB.AC}\cdot \left( CH+BH \right)=\frac{AH.BC}{AB.AC}=\frac{AC.BK}{AB.AC}=\frac{BK}{AB}$

Mặt khác: $Sin(B+C)=\sin \widehat{KAB}=\frac{BK}{AB}$.

Từ đó, ta có $\sin (B+C)=\sin B.\cos C+\cos B.\sin C$.

b) Gọi $25$ điểm trên mặt phẳng lần lượt là ${{A}_{1}},{{A}_{2}},{{A}_{3}},…,{{A}_{25}}$ phân biệt.

Giả sử ${{A}_{1}}{{A}_{2}}$ là độ dài lớn nhất trong các độ dài nối $2$ điểm bất kì trong $25$ điểm đã cho.

Nếu ${{A}_{1}}{{A}_{2}}<1$. Vì trong $3$ điểm bất kỳ đã cho bao giờ cũng tìm được $2$ điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn $1$ nên với mọi điểm ${{A}_{k}}\ (k=3;4;…;25)$ ta luôn có ${{A}_{1}}{{A}_{k}}<1$. Xét đường tròn $({{A}_{1}};1)$ sẽ chứa toàn bộ $25$ điểm đã cho, ta có điều phải chứng minh.

Nếu ${{A}_{1}}{{A}_{2}}\ge 1$. Xét điểm tùy ý trong ${{A}_{k}}$ điểm còn lại, giả sử ${{A}_{3}}$. Vì trong $3$ điểm bất kỳ đã cho bao giờ cũng tìm được $2$ điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn $1$ nên ${{A}_{1}}{{A}_{2}}<1$ hoặc ${{A}_{2}}{{A}_{3}}<1$. Suy ra có ít nhất $12$ đoạn thẳng xuất phát từ ${{A}_{1}}$ có độ dài nhỏ hơn $1$, hoặc ít nhất $12$ đoạn thẳng xuất phát từ ${{A}_{2}}$ có độ dài nhỏ hơn $1$. Do đó, tồn tại đường tròn $({{A}_{1}};1)$ hoặc $({{A}_{2}};1)$ sẽ chứa ít nhất $13$ điểm trong $25$ điểm đã cho. Vậy tồn tại một hình tròn có bán kính $1$ chứa không ít hơn $13$ điểm trong $25$ điểm nói trên.

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2018} \right)}^{2}}\le 2019{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{a}{{{a}^{2}}+bc}+\frac{b}{{{b}^{2}}+ca}+\frac{c}{{{c}^{2}}+ab}$.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $a$ và $bc$ (vì $a,b,c>0$), ta có:

${{a}^{2}}+bc\ge 2a\sqrt{bc}\Leftrightarrow \frac{a}{{{a}^{2}}+bc}\le \frac{a}{2a\sqrt{bc}}=\frac{1}{4}\cdot 2\cdot \frac{1}{\sqrt{b}}\cdot \frac{1}{\sqrt{c}}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)$

Tương tự, ta cũng có: $\frac{b}{{{b}^{2}}+ca}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right);\frac{c}{{{c}^{2}}+ab}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right)$

Suy ra: $P\le \frac{1}{2}\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)=\frac{ab+bc+ca}{2abc}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2abc}$.

Mặt khác từ ${{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2018} \right)}^{2}}\le 2019{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2018}\le abc\sqrt{2019}$

$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2abc}\le 1009\sqrt{2019}$

Do đó: $\text{P}\le 1009\sqrt{2019}$ suy ra giá trị lớn nhất của $P$ là $1009\sqrt{2019}$ đạt được khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{3}{2018\sqrt{2019}}$.