Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Lai Châu 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2020 – 2021 . MÔN TOÁN 9 Câu 1. (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  x x  26 x  19 2 x   x2 x 3 x 1 x 3 x 3 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A Câu 2. (3,0 điểm) n 5 n 4 7 n 3 5n 2 n     là số tự nhiên a) Cho n là số tự nhiên, chứng minh rằng 120 12 24 12 5 b) Giải phương trình nghiệm nguyên 2 x 2  5 xy  2 y 2  7 x  8 y  1 Câu 3. (6,0 điểm) a) Cho đa thức bậc ba f  x  với hệ số của x 3 là một số nguyên dương và biết f  5   f  3  2020 . Chứng minh rằng f  7   f 1 là hợp số  x 2  4 y 2  3  4 x b) Giải hệ phương trình :  3 3 2  x  12 x  8 y  6 x  9 Câu 4. (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng OA  R, vẽ đường tròn  O; R  . Trên đường tròn  O; R  lấy điểm H bất kỳ sao cho AH  R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn  O; R  . Trên đường thẳng a lấy B, C sao cho H nằm giữa B, C và AB  AC  R. Vẽ HM vuông góc với OB  M  OB  , vẽ HN  OC  N  OC  a) Chứng minh OM .OB  ON .OC và MN luôn đi qua một điểm cố định b) Chứng minh OB.OC  2 R 2 c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c dương thỏa mãn 6a  3b  2c  abc Tìm giá trị lớn nhất của B  1 a2  1  2 b2  4  3 c2  9 ĐÁP ÁN Bài 1. a) A     x x  26 x  19 2 x   x2 x 3 x 1 x  3 x  0   x  3 x 1   x  3    x  1 x  3 x x  26 x  19  2 x x 3   x 1 x x  26 x  19  2 x  6 x  x  4 x  3   x 1 x 3    x  16  x  1 x  3  x  1 x  3 x  3 x x  x  16 x  16   x  16   Vậy với x  0, x  1 thì A  x 1 x  16 x 3 b) Với x  0; x  1 . Ta có : A  x  16  x 3 x 3 25  x 3 x  3; Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương   x 3  25 6 x 3 25 . Ta có : x 3 A  2 25  6  4 Dấu ”  ” xảy ra  x  3  Vậy Min A  4  x  4 25  x 3   2 x  3  25  x  3  5  x  4(tmdk ) Bài 2. n 5 n 4 7 n 3 5n 2 n     là số tự nhiên a) Cho n là số tự nhiên, chứng minh rằng 120 12 24 12 5 n5 n 4 7n3 5n 2 n n5  10n4  35n3  50n 2  24n Ta có:      120 12 24 12 5 120 Ta có : n5  10n 4  35n3  50n 2  24n  n  n 4  10n3  35n 2  50n  24   n  n  1 n  2  n  3 n  4 ⋮120 (tích của 5 số tự nhiên liên tiếp) n 5 n 4 7 n 3 5n 2 n Vậy     là số tự nhiên 120 12 24 12 5 b) Giải phương trình nghiệm nguyên 2 x 2  5 xy  2 y 2  7 x  8 y  1 Ta có: 2 x 2  5 xy  2 y 2  7 x  8 y  1  2 x 2  4 xy  4 x  xy  2 y 2  2 y  3 x  6 y  6  7  2 x  x  2 y  2  y  x  2 y  2  3 x  2 y  2  7   x  2 y  2  2 x  y  3  7 17 7   x  x   x  2 y  2  1  x  2 y  2  1   3 3 Th1:   (ktm) Th 2 :   (ktm) 2 2 x y 3 7 4      2 x  y  3  7  y  y   3 3   1  x  x  2 y  2  7  x  3  x  2 y  2  7  3 Th3 :   (tm) Th 4 :   (ktm) 2 x  y  3  1 y   4 2 x  y  3   1 14    y   3 Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x; y    3; 4  Bài 3. a) Gọi f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  ℤ  Ta có: f  5   f  3   2020  a.53  b.52  c.5  d  a.33  b.32  c.3  d  2020  125a  25b  5c  d  27 a  9b  3c  d  2020  98a  16b  2c  2020 Do đó : f  7   f 1  a.73  b.7 2  c.7  d  a.13  b.12  c.1  d  342a  48b  6c  294a  48b  6c  48a  3  98a  16b  2c   48a  2020  48a  4  505  12a  Vì a  ℤ  505  12a  1  f  7   f 1⋮ 4  f  7   f 1 là hợp số  x  2 2  1  4 y 2 1  x 2  4 y 2  3  4 x b)  3  3 2 3  x  12 x  8 y  6 x  9  x  2   1  8 y 3  2  0  1  4 y 2 1  y  , nên hệ có nghiệm *Nếu x  2   3 2 0  1  8 y x  2   1 y   2 1 , chia theo vế (2) cho (1) ta được : 2 1  8 y3 1  2 y  4 y2 1 x2  x2  x  2  2y   3 2 1 4y 1 2y 1 2y *Nếu x  2 thì y  2  1  4y 1 2 2   1  4 y2 Từ (1) và (3)   2 y   1 4y  4y  2 1 2y  1  2 y 1  2 y    8 y2  4y 1   1  0  32 y 4  32 y 3  12 y 2  0 2 1  2 y 1  2 y  4 y 2  0  4 y  8 y  8 y  3  0   2 8 y  8 y  3  0 )4 y 2  0  y  0 . Thế vào (3)  x  3(tm) 2 2  )8 y 2  8 y  3  0 có  ‘  42  8.3  8  0 nên phương trình vô nghiệm   1  Vậy nghiệm của hệ phương trình  x; y    3;0  ;  2;    2   Bài 4. C N H I A O M B a) OHB vuông tại H, đường cao HM  OH 2  OM .OB OHC vuông tại H, đường cao HN  OH 2  ON .OC 1 2 Từ (1) và (2)  OM .OB  ON .OC OA OC  , AOC chung ON OA  OAN ∽ OCA(c.g .c)  OAN cân tại N (do OCA cân tại A) Ta có: OH 2  ON .OC  OA2  ON .OC   NA  NO  N thuộc đường trung trực của đoạn thẳng OA  3 OA OB   OAM ∽ OBA OM OA  OAM cân tại M  MA  MO  M thuộc đường trung trực của đoạn OA  4  Chứng minh tương tự: OA2  OM .OB  Từ (3) và (4)  MN là đường trung trực của đoạn thẳng OA ON OI b) Ta có ONM  OHM  ONI ∽ OHM   OH OM R R2  ON .OM  OH .OI  R.   OB.OC  2 R 2 2 2 OM OC c) Vì OM .OB  ON .OC   , BOC chung  OMN ∽ OCB ON OB  ONM  OBC  ONI ∽ OBH ( g .g )  ON OI 1   OB OH 2 Lại có OMN ∽ OCB theo tỉ số ON 1 1 1 1 R k   SOMN  SOBC  . OH .BC  BC. OB 2 4 4 2 8 Mà OB.OC  2 R 2   R 2  HC 2  R 2  HB 2    OH 2  HC 2  OH 2  HB 2   OC 2 .OB 2  4 R 4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được : R 2  HC 2  R 2  HB 2    R.HB  R.HC   BC  2 R  SOMN 2 R R2  2 R.  8 4 R2 Vậy diện tích OMN có giá trị lớn nhất là  HB  HC  R  A  H 4 Bài 5. Từ 6a  3b  2c  abc , ta có : 6a 3b 2c 2 3 1 3 1 2    .  .  . 1 abc abc abc b c a c a b 1 2 3 Đặt x  ; y  ; z  . Khi đó xy  yz  zx  1 a b c B 1 a2  1  2 b2  4  3 c2  9  x x2  1  y y2  1  z z2 1 Nhận thấy: x x2  1  Tương tự : x x 2  xy  yz  zx  1 x x       x  y  z  x  2  x  y x  z  x 1 y y  z 1 z z     ;      y2  1 2  x  y y  z  z2  1 2  z  y x  z  y 1 x y y  z z  x 3 B     2 x  y y  z z  x  2 Dấu ”  ” xảy ra khi x  y  z  1 1 x yz  a  3, b  2 3; c  3 3 3 3