Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Phú Yên

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Phú Yên

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 -2019

Câu 1

Cho biểu thức: $A=\frac{\left( \sqrt{x+3}-x-1 \right)\left( \sqrt{x+3}+2 \right)}{x-1}$

a) Rút gọn biểu thức $A$.

b) Xác định $x$ để $A\le -1$.

Câu 2

Giải phương trình sau: $2{{x}^{2}}-6x-5\left( x-2 \right)\sqrt{x+1}+10=0$.

Câu 3

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

b) Chứng minh rằng ${{n}^{5}}-n$ chia hết cho 30 với mọi $n\in \mathbb{N}$.

Câu 4

Với $a,\,b,\,c$ là 3 số dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c+ab+bc+ca-6abc=0$. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}.$

Câu 5

Cho đường tròn $\left( O \right)$ bán kính R và M là một điểm cố định nằm bên trong đường tròn. Qua điểm M, vẽ hai dây lưu động $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau.

a) Chứng minh rằng $A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}$và $A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}$không đổi.

b) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh $O{{I}^{2}}+I{{M}^{2}}={{R}^{2}}$. Suy ra quỹ tích trung điểm I.

Câu 6

Cho hình thang $ABCD$ ($AB$ // $CD$). Gọi $E$ và $F$lần lượt là trung điểm của $AC$và $BD$. Gọi $G$ là giao điểm của đường thẳng đi qua $E$ vuông góc với $AD$với đường thẳng đi qua $F$vuông góc với $BC$. So sánh $GA$ và $GB$.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1: Cho biểu thức: $A=\frac{\left( \sqrt{x+3}-x-1 \right)\left( \sqrt{x+3}+2 \right)}{x-1}$

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Xác định $x$ để $A\le -1$.

Lời giải

ĐKXĐ : $x\ge -3$; $x\ne 1$. Ta có$A=\frac{\left( 1-x \right)\left( \sqrt{x+3}+1 \right)}{x-1}$ $=-\sqrt{x+3}-1$.

b) Ta có : $A\le -1\Rightarrow -\sqrt{x+3}-1\le -1$ $\Leftrightarrow -\sqrt{x+3}\le 0\Leftrightarrow x\ge -3;x\ne 1$.

Câu 2: Giải phương trình sau: $2{{x}^{2}}-6x-5\left( x-2 \right)\sqrt{x+1}+10=0$.

Lời giải

a) ĐKXĐ : $x\ge -1$. Phương trình $\Leftrightarrow 2{{\left( x-2 \right)}^{2}}-5\left( x-2\right)\sqrt{x+1}+2\left( x+1 \right)=0$

$\begin{align}& \Leftrightarrow 2{{\left( x-2 \right)}^{2}}-4\left( x-2 \right)\sqrt{x+1}-\left( x-2 \right)\sqrt{x+1}+2{{\left( \sqrt{x+1} \right)}^{2}}=0 \\& \Leftrightarrow 2\left( x-2 \right)\left[ (x-2)-2\sqrt{x+1} \right] -\sqrt{x+1}\left[ \left( x-2 \right)-2\sqrt{x+1} \right] =0 \\\end{align}$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left( {x – 2 – 2\sqrt {x + 1} } \right)\left( {2x – 4 – \sqrt {x + 1} } \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
2\sqrt {x + 1} = x – 2 \hfill \cr
\sqrt {x + 1} = 2x – 4 \hfill \cr} \right. \cr} $

Xét $2\sqrt{x+1}=x-2$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge 2 \\& x\left( x-8 \right)=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=8$(TMĐK).

Xét$\sqrt{x+1}=2x-4$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge 2 \\& 4{{x}^{2}}-17x+15=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=3$(TMĐK).

Vậy phương trình có nghiệm $x=3;$ $x=8$.

Câu 3.

a)Tìm hai số nguyên tố $p,\,\,q$sao cho $8q+1={{p}^{2}}$.

b) Chứng minh rằng ${{n}^{5}}-n$ chia hết cho 30 với mọi $n\in \mathbb{N}$.

Lời giải

a) Ta có ${{p}^{2}}$chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Xét ${{p}^{2}}$chia cho 3 dư 0, vì p là số nguyên tố nên $p=3$, suy ra $q=1$, vô lí.

Xét ${{p}^{2}}$chia cho 3 dư 1, suy ra $8q$ chia hết cho 3 mà $\left( 8;3 \right)=1$nên $q=3$$\Rightarrow p=5$thỏa mãn.

Vậy $p=5$;$q=3$thỏa mãn bài.

Ta có :

${{n}^{5}}-n=n\left( {{n}^{2}}-1 \right)\left( {{n}^{2}}+1 \right)=n\left( {{n}^{2}}-1 \right)\left( {{n}^{2}}-4+5 \right)=n\left( {{n}^{2}}-1 \right)\left( {{n}^{2}}-4 \right)+5n\left( {{n}^{2}}-1 \right)$

$=\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)+5\left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)$chia hết cho 5 và 6 nên chia hết cho 30.

b) Cho $a,b,c>0$thỏa mãn $a+b+c+ab+bc+ca-6abc=0$. Tìm GTNN của $P=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}.$

Lời giải

Từ giả thiết $a+b+c+ab+bc+ca-6abc=0$$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6$.

Áp dụng BĐT $xy+yz+zx\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}$ ta có $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$(1)

Áp dụng BĐT Bunhia ta có ${{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le \sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}$(2)

Cộng theo vế (1) và (2) ta được:

$6=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}\Leftrightarrow P+\sqrt{3}\sqrt{P}\ge 6$.

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{P}-\sqrt{3} \right)\left( \sqrt{P}+2\sqrt{3} \right)\ge 0\Leftrightarrow \sqrt{P}-\sqrt{3}\ge 0\Leftrightarrow P\ge 3.$

Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=1$.

Câu 4

Cho đường tròn $\left( O \right)$ bán kính $R$ và $M$là một điểm cố định nằm bên trong đường tròn. Qua điểm $M$, vẽ hai dây lưu động $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau.

a) Chứng minh rằng $A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}$. Chứng minh $A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}$không đổi.

b) Gọi $I$là trung điểm của $BC$. Chứng minh $O{{I}^{2}}+I{{M}^{2}}={{R}^{2}}$. Suy ra quỹ tích trung điểm

Lời giải

a) Ta có $A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{C}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{D}^{2}}$.

$=\left( M{{A}^{2}}+M{{D}^{2}} \right)+\left( M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} \right)=A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}$.

Kẻ đường kính $CE$ ta có $\widehat{CDE}={{90}^{o}}$hay $CD\bot DE$.

$\Rightarrow DE$//$AB$nên tứ giác $ABED$ là hình thang cân.

$\Rightarrow AD=BE.$ Ta có $A{{D}^{2}}+B{{C}^{2}}=B{{E}^{2}}+B{{C}^{2}}=C{{E}^{2}}=4{{R}^{2}}$không đổi.

b) Vì $IB=IC=IM$nên $I{{O}^{2}}+I{{M}^{2}}=O{{C}^{2}}-I{{M}^{2}}+I{{M}^{2}}={{R}^{2}}.$

Gọi $J$ là trung điểm của $MO$. Áp dụng công thức đường trung tuyến trong $\Delta IMO$ta có:

$IJ=\sqrt{\frac{I{{O}^{2}}+I{{M}^{2}}}{2}-\frac{M{{O}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{{{R}^{2}}}{2}-\frac{M{{O}^{2}}}{4}}$không đổi (vì O, M cố định).  Do đó, $I$ chạy trên đường tròn tâm $J$ bán kính $IJ$ không đổi.

Câu 5: Cho hình thang $ABCD$ ($AB$ // $CD$). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của $AC$và $BD$ Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua $E$ vuông góc với $AD$với đường thẳng đi qua $F$vuông góc với $BC$. So sánh $GA$ và $GB$.

Lời giải

Gọi H là trung điểm của $AB$.

Ta có $HA=HB$và $FD=FB$nên $HF$là đường trung bình của $\Delta ABD$.

$\Rightarrow HF$// $AD$mà $EM\bot AD$nên $EM\bot HF$.

Tương tự $HE$cũng là đường trung bình của $\Delta ABC$nên$HE$// $BC$mà$FN\bot BC$nên$FN\bot HE$. Do đó G là trực tâm của$\Delta HEF$$\Rightarrow HG\bot EF(1)$

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$.

Ta có $ME$là đường trung bình của $\Delta ACD$ nên $ME$//$CD$.

Tương tự $NF$//$CD$ và $MN$//$CD$ hay $M,F,E,N$ thẳng hàng.

Suy ra $EF$//$AB$(2). Từ (1) và (2) suy ra $HG\bot AB$ mà $HA=HB$.

Do đó tam giác $GAB$ cân tại $G$suy ra $GA=GB$ (đpcm).