Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Quảng Bình

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Quảng Bình

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (2,5 điểm)

a) Cho biểu thức: $A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{3}{x\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-\sqrt{x}+1}$ với $x>0$. Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

b) Rút gọn biểu thức: $B=\sqrt{4+\sqrt{10+2\sqrt{5}}}+\sqrt{4-\sqrt{10+2\sqrt{5}}}$ .

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm $a$ và $b$ để đa thức $P(x)={{x}^{4}}-2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\text{+ a}x+b$ là bình phương của một đa thức.

b) Giải phương trình: $\sqrt{3-4x}+\sqrt{4x+1}=-16{{x}^{2}}-8x+1$

Câu 3 (2,5 điểm)

Cho đường tròn $\left( O \right)$ và dây cung $BC=a$ không đổi ($O$ không thuộc $BC$), $A$ là điểm di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD$, $BE$, $CK$ cắt nhau tại $H$ ($D\in BC$,$E\in AC$,$K\in AB$).

a) Trong trường hợp $\widehat{BHC}=\widehat{BOC}$, tính $AH$ theo $a$.

b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của $A$ để tích $DH.DA$ nhận giá trị lớn nhât

Câu 4 (2,0 điểm)

a) Tìm các số tự nhiên $n$ sao cho $C={{2019}^{n}}+2020$ là số chính phương.

b) Cho $x$, $y$, $z$$>$$0$ thõa mãn $x+y+x+2=xyz$.

Chứng minh rằng: $x+y+z+6\ge 2\left( \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx} \right)$

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. Xét các hình chữ nhật $MNPQ$ sao cho điểm $M$, $N$ thuộc cạnh $BC$, $P$ thuộc cạnh $AC$, $Q$ thuộc cạnh $AB$. Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật $MNPQ$ để nó có diện tích lớn nhất.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (2,5 điểm)

a) Cho biểu thức: $A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{3}{x\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-\sqrt{x}+1}$ với $x>0$. Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

b) Rút gọn biểu thức: $B=\sqrt{4+\sqrt{10+2\sqrt{5}}}+\sqrt{4-\sqrt{10+2\sqrt{5}}}$

Lời giải

a) Ta có $A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{3}{x\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-\sqrt{x}+1}=\frac{x-\sqrt{x}+1-3+2\left( \sqrt{x}+1 \right)}{\left( \sqrt{x}+1 \right)\left( x-\sqrt{x}+1 \right)}$

$=\frac{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}+1 \right)}{\left( \sqrt{x}+1 \right)\left( x-\sqrt{x}+1 \right)}=\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}$.

Xét $x>0$ ta có $\frac{1}{A}=\frac{x-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}-1\ge 2\sqrt{\sqrt{x}.\frac{1}{\sqrt{x}}}-1=1$.

Suy ra $A\le 1$.

Vậy giá trị lớn nhất của $A$ là 1. Đạt được khi $x=1$.

b) Ta có: $B=\sqrt{4+\sqrt{10+2\sqrt{5}}}+\sqrt{4-\sqrt{10+2\sqrt{5}}}$

Suy ra ${{B}^{2}}={{\left( \sqrt{4+\sqrt{10+2\sqrt{5}}}+\sqrt{4-\sqrt{10+2\sqrt{5}}} \right)}^{2}}=8+2\sqrt{6-2\sqrt{5}}$

$=8+2\sqrt{{{\left( \sqrt{5}-1 \right)}^{2}}}=6+2\sqrt{5}={{\left( \sqrt{5}+1 \right)}^{2}}$

Khi đó: $B=\sqrt{5}+1$.

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm $a$ và $b$ để đa thức $P(x)={{x}^{4}}-2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\text{+ a}x+b$ là bình phương của một đa thức.

b) Giải phương trình: $\sqrt{3-4x}+\sqrt{4x+1}=-16{{x}^{2}}-8x+1$.

Lời giải

a) Giả sử $P(x)={{x}^{4}}-2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}\text{+ a}x+b={{\left( {{x}^{2}}+cx+d \right)}^{2}}$

$={{x}^{4}}+2c{{x}^{3}}+\left( {{c}^{2}}+2d \right){{x}^{2}}+2cdx+{{d}^{2}}$

Đồng nhất hệ số ta có $\left\{ \begin{align}& 2c=-2 \\& {{c}^{2}}+2d=3 \\& 2cd=a \\& {{d}^{2}}=b \\\end{align} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& c=-1 \\& d=1 \\& a=-2 \\& b=1 \\\end{align} \right.$

Vậy $\left( a;b \right)=\left( -2;1 \right)$ là giá trị cần tìm, khi đó $P(x)={{\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)}^{2}}$

b) ĐKXĐ: $\frac{-1}{4}\le x\le \frac{3}{4}$

Ta có: $\sqrt{3-4x}+\sqrt{4x+1}=-16{{x}^{2}}-8x+1\Leftrightarrow \sqrt{3-4x}-2+\sqrt{4x+1}+16{{x}^{2}}+8x+1=0$

$\Leftrightarrow \frac{-\left( 4x+1 \right)}{\sqrt{3-4x}+2}+\sqrt{4x+1}+{{\left( 4x+1 \right)}^{2}}=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{4x+1}\left[ 1-\frac{\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3-4x}+2}+\left( 4x+1 \right)\sqrt{4x+1} \right] =0$

Vì $\frac{-1}{4}\le x\le \frac{3}{4}$ nên $4x+1\le 4$ $\Leftrightarrow -\sqrt{4x+1}\ge -2\Leftrightarrow 2-\sqrt{4x+1}\ge 0$

$=>1-\frac{\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3-4x}+2}\ge 0$

Do đó: $1-\frac{\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3-4x}+2}+\left( 4x+1 \right)\sqrt{4x+1}>0=>\sqrt{4x+1}=0\Leftrightarrow x=-\frac{1}{4}$ (TMĐK)

Vậy phương trình có nghiệm là $x=-\frac{1}{4}$.

Câu 3 (5,0 điểm)

Cho đường tròn $\left( O \right)$ và dây cung $BC=a$ không đổi ($O$ không thuộc $BC$), $A$ là điểm di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD$, $BE$, $CK$ cắt nhau tại $H$ ($D\in BC$,$E\in AC$,$K\in AB$).

a) Trong trường hợp $\widehat{BHC}=\widehat{BOC}$, tính $AH$ theo $a$.

b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của $A$ để tích $DH.DA$ nhận giá trị lớn nhât.

Lời giải

a) Trong trường hợp $\widehat{BHC}=\widehat{BOC}$, tính $AH$ theo $a$.

Ta có: $\widehat{AEH}=\widehat{AKH}={{90}^{o}}$Þ $\widehat{BAC}+\widehat{KHE}={{180}^{o}}$Þ$\widehat{BAC}+\widehat{BHC}={{180}^{o}}$

Þ$\widehat{BAC}+\widehat{BOC}={{180}^{o}}$ Þ $\widehat{BAC}+2\widehat{BAC}={{180}^{o}}$ Þ $\widehat{BAC}={{60}^{o}}$ Þ $\widehat{BOC}={{120}^{o}}$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, suy ra $OM$ ^ $BC$ Þ $\widehat{MOC}={{60}^{o}}$

Þ $OM=MC.cot{{60}^{o}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Kẻ đường kính $AF$, ta có $\widehat{FBH}=\widehat{FCH}={{90}^{o}}$ nên  $BH$ // $CF$; $CH$ // $BF$

Suy ra tứ giác $BHCF$ là hình bình hành Þ $H$, $M$, $F$ thẳng hang. Do đó $OM$ là đường trung bình của $\Delta AHF$Þ $AH=2OM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của $A$ để tích $DH.DA$ nhận giá trị lớn nhất.

+ Gọi $N$ là giao điểm của tia $AD$với $\left( O \right)$

Ta có $\widehat{HBC}=\widehat{HAC}=\widehat{NBC}$ suy ra $BC$ là trung trực của $HN$ hay $DH=DN$.

+ Áp dụng phương tích đường tròn thì $DH.DA=DN.DA=DB.DC\le \frac{{{\left( DB+DC \right)}^{2}}}{4}=\frac{B{{C}^{2}}}{4}$ không đổi. Do đó $DH.DA$ lớn nhất khi và chỉ khi $DB=DC$ khi đó $A$ là điểm chính giữa cúng lớn $BC$.

Câu 4 (2,0 điểm)

a) Tìm các số tự nhiên $n$ sao cho $C={{2019}^{n}}+2020$ là số chính phương.

b) Cho $x$, $y$, $z$$>$$0$ thõa mãn $x+y+x+2=xyz$.

Chứng minh rằng: $x+y+z+6\ge 2\left( \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx} \right)$

Lời giải

 a) + Xét $n$ là số chẵn. Đặt $n=2k$ ($k$$\in $${{\mathbb{N}}^{*}}$) Þ $C={{\left( {{2019}^{2}} \right)}^{k}}+2020$

Ta có $2019\equiv 3$ (mod 8) Þ ${{2019}^{2}}\equiv 1$ (mod 8) Þ ${{\left( {{2019}^{2}} \right)}^{k}}\equiv 5$ (mod 8) mà số chính phương chia cho 8 chỉ có thể là dư 0, 1 hoặc 4, vô lí.

+ Xét $n$ là số lẽ. Đặt $n=2k+1$ ($k$$\in $${{\mathbb{N}}^{*}}$) Þ $C={{\left( {{2019}^{2}} \right)}^{k}}.2019+2020$

Ta có $2019\equiv 3$ (mod 4) Þ ${{2019}^{2}}\equiv 1$ (mod 4) Þ ${{\left( {{2019}^{2}} \right)}^{k}}.2019+2020\equiv 3$ (mod 4) mà số chính phương chia cho 4 chỉ có thể là dư 0, 1, vô lí.

Vậy không có số tự nhiên $n$ thõa mãn bài toán.

b) Ta có $x+y+x+2=xyz$

$\Leftrightarrow xy+x+y+1+yz+y+z+1+zx+z+x+1$ $=xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1$

$\Leftrightarrow \left( x+1 \right)\left( y+1 \right)+\left( y+1 \right)\left( z+1 \right)+\left( z+1 \right)\left( x+1 \right)=\left( x+1 \right)\left( y+1 \right)\left( z+1 \right)$

$=>\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1$

Đặt $\frac{1}{x+1}=a$; $\frac{1}{y+1}=b$; $\frac{1}{z+1}=c$. Với $a$, $b$, $c$ > 0 và $a+b+c=1$

Ta có $x=\frac{1-a}{a}$; $y=\frac{1-b}{b}$; $z=\frac{1-c}{c}$

Þ $2\sqrt{xy}=2\sqrt{\frac{1-a}{a}.\frac{1-b}{b}}=2\sqrt{\frac{b+c}{a}.\frac{c+a}{b}}=2\sqrt{\frac{b+c}{b}.\frac{c+a}{a}}\le \frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{a}=2+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}$.

Tương tự $2\sqrt{yz}\le 2+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}$ và $2\sqrt{zx}\le 2+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này được

$2\left( \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx} \right)\le 6+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}=6+\frac{1-a}{a}+\frac{1-b}{b}+\frac{1-c}{c}=6+x+y+z$ suy ra đpcm

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=z=2$

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. Xét các hình chữ nhật $MNPQ$ sao cho điểm $M$, $N$ thuộc cạnh $BC$, $P$ thuộc cạnh $AC$, $Q$ thuộc cạnh $AB$. Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật $MNPQ$ để nó có diện tích lớn nhất.

Lời giải

Ta có $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}$ nên vuông tại $A$. Kẻ đường cao $AH$ cắt $PQ$ tại $K$.

Đặt $MQ=x$ thì ${{S}_{MNPQ}}=x.PQ$

Ta có $AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{12}{5}=>AK=\frac{12}{5}-x=\frac{12-5x}{5}$

Vì $PQ$// $BC$ nên $\frac{PQ}{BC}=\frac{AK}{AH}=\frac{12-5x}{12}=>PQ=\frac{5\left( 12-5x \right)}{12}$

Do đó

${{S}_{MNPQ}}=\frac{5x\left( 12-5x \right)}{12}=\frac{1}{12}\left( -25{{x}^{2}}+60x \right)=\frac{1}{12}\left( -25{{x}^{2}}+60x-36+36 \right)=-\frac{1}{12}{{\left( 5x-6 \right)}^{2}}+3\le 3$

Vậy giá trị lớn nhất của ${{S}_{MNPQ}}=3$ khi $x=\frac{6}{5}$ hay $MQ=\frac{6}{5}$ và $MN=\frac{5}{2}$

……………..HẾT……………