Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Nghi Lộc 2020-2021

PHÒNG GD&ĐT NGHI LỘC Đề chính thức Đề thi gồm có 01 trang ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức P   x. 1  x 1 x   3  x   x  2 x  2 1 x a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Tìm x để P  0 Câu 2. (5,0 điểm) a) Cho x là số thực thỏa mãn x 2  4 x  1  0. Tính giá trị của biểu thức 1 P  x3  3 x b) Giải phương trình : 3x  2  x  1  2 x  1  32  x  30  x  x c) Giải phương trình : x2  2 2  a 2 b2  d) Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh     2  a 2  b 2  a  b Câu 3. (5,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên 2 x 2  y 2  5  xy b) Với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh a 3  b3  c 3 chia hết cho 6 khi và chỉ khi a  b  c chia hết cho 6 c) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  xy  z  xy yz  x  yz zx y  zx Câu 4. (4,0 điểm) a) Cho tam giác ABC với trung tuyến CM . Điểm D thuộc đoạn BM sao cho BD  2 MD. Biết rằng MCD  BCD. Chứng minh tam giác ACD vuông b) Cho hình vuông ABCD. Điểm M nằm trên đoạn BD (M khác B và D). Gọi P, Q lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng BC , CD . Chứng minh ba đường thẳng AM , BQ, DP đồng quy Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AD là đường phân giác góc 2 1 1 A (D nằm trên cạnh BC ). Chứng minh   AD AB AC ĐÁP ÁN Câu 1. x  0 a) ĐKXĐ:  x  1   x 1 x x  x 3 x  x44 x  x 4 x    P 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x    x 4 x 4  1 x 1 x 4 b) P   0  1 x  0  0  x 1 1 x Câu 2.  a) Do x  0 không thỏa mãn hệ thức nên ta có : x  1 4 x 2  1  1   1 P  x  3   x    x    3  52 x  x   x  3 b) Điều kiện : x  1 . Phương trình viết dưới dạng tương đương: 3x  2  x  1   3x  2  x  1  3x  2  x  1   3 x  2  x  1  1(do 3 x  2  x  1  0)  3x  2  x  1  1  x  1  x  1 x 1 2  x  1   x  1   (tm) x  2 c) Điều kiện : x  30 Phương trình viết dưới dạng tương đương:  30  x Đặt t  30  x  t 3  2t  x 3  2 x   t  x   t 2  tx  x 2  2   0 tx 0  x  30 30  x  x    x5 x  5 x  6  0      3  2 30  x  x 3  2 x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 d) Viết bất đẳng thức dưới dạng tương đương :  a  b   a 2  ab  b2   ab . 2ab  a 2  b2  Ta có : a  b  2 ab  0; 0  2ab  a  b 2 2  * a  b   2 2 Để khẳng định BĐT đúng ta cần chứng minh a  b 2  a 2  ab  b 2  3  a  b   0 2 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b Câu 3. a) Viết phương trình dưới dạng tương đương:  x  y  2 x  y   5 Ta có các trường hợp thỏa mãn : x  y  1 x  2 x  y  5 x  2 Th1:   Th 2 :   2 x  y  5  y  1  2 x  y  1  y  3  x  y  5  x  2  x  y  1  x  2 Th3:   Th 4 :   2 x  y  1  y  3  2 x  y  5  y  1 b) Ta có a 3  a  a  a  1 a  1 là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 nên a 3  a⋮6 Áp dụng kết quả trên ta có : a 3  a   b    b   c 3  c chia hết cho 6 3 Vậy a 3  b3  c 3   a  b  c  chia hết cho 6 nên a 3  b3  c 3 chia hết cho 6 khi và chỉ khi a  b  c chia hết cho 6 c) Sử dụng giả thiết ta viết P dưới dạng : P xy  x  z  y  z   yz  y  x  z  x   zx  z  y  x  y  ab  a, b  0  . Ta có : 2 xy 1 x y      x  z  y  z  2  x  z y  z  Áp dụng BĐT ab  1 y z     ;  y  x  z  x  2  y  x z  x  yz 1 z x      z  y  x  y  2  z  y x  y  zx Cộng các BĐT cùng chiều ở trên ta có : 3 3 1 P   Max P   x  y  z  2 2 3 Câu 4. a) C B A MD P Xét tam giác MCB có CD là đường phân giác nên DB BC   2  BC  2CM MD CM Gọi P là điểm đối xứng với C qua M, ta có : PC  2 PM  BC nên tam giác CPB cân tại C có CD là đường phân giác nên CD  PB Tứ giác ACBP là hình bình hành nên PB / / AC Từ trên suy ra CD vuông góc với AC nên tam giác ACD vuông tại C b) A K B P M I D Q C Gọi K là giao điểm của MQ với AB, I là giao điểm của AM với PQ KAM  MQP (c.g .c)  MAK  PQM QMI  AMK nên QMI  PQM  AMK  MAK  90  AM  PQ Ta có: PC  MQ  DQ; DC  AD  DCP  ADQ (c.g .c) Suy ra PDC  QAD nên PDC  DQA  DAQ  DQA  90 Vậy PD  AQ. Chứng minh tương tự, ta có : QB  AP Như vậy , AM , BQ, DP là các đường cao của tam giác APQ nên chúng đồng quy Câu 5. B D A C E Dựng DE  AC  E  AC  .AED vuông cân tại E nên AD  AE 2 1 . Ta có : EC DE AC  AE AE    AC AB AC AB S ABC  S ABD  S ADC 1 1 1 AB. AC  AB. AD.sin BAD  AC. AD.sin CAD 2 2 2  AB. AC  AD.sin 45. AB  AC    AB. AC   AD. AB  AC  1 2 1   AB AD AC 2  2 AB  AC 1 1    AD AB. AC AB AC