PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Câu 1. (4,5 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức
A 4 15 10 6 4 15
2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:
2
2018
23
M
xx

2019
23
N
xx

Câu 2. (3,0 điểm)
1. Cho 3 số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = 0. Chứng minh hằng đẳng thức:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
2. Tính giá trị của biểu thức: B =
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 .... 1
1 2 2 3 2018 2019
Câu 3. (4,5 điểm)
1. Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2). Biết rằng f(x)
chia cho x - 1 dư 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1.
2. Giải phương trình:
32
3 2 6 0
x x x
3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
a)
b)
1 1 1
;;
a b b c c a
là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Câu 5. (5,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác
AI. Tính HI, IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm2
2. Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với 3
cạnh tam giác. Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt tại E
và D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại M và N;
đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB và BC lần lượt tại F và H. Biết diện
tích các tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a2, b2, c2.
a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c
b) Chứng minh S
3(a2 + b2 +c2)
------------------Hết-----------------
Họ và tên học sinh:…………………………………………………SBD:…………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi )
ĐỀ CHÍNH THỨC
SƠ LƯỢC GIẢI
Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019
Môn: TOÁN 9
Đáp án
1. Ta có
A 4 15 10 6 4 15 4 15 4 15 4 15 . 10 6
A 4 15.1. 2 5 3 8 2 15. 5 3
A 5 3 . 5 3
= 5 - 3 = 2
Điều kiện xác định của M là
22 3 0xx
( 1)( 3 0xx
10
30
x
x


hoặc
10
30
x
x


3
1
x
x

Điều kiện xác định của N là
2 3 0 2 3 0
2 3 0
xxx
xx

(*)
22
2 3 2 3 0x x x x
3
1
x
x

(**)
Từ (*) và (**) ta được
3x
là điều kiện xác định của M
2. Ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
a b c a b c ab bc bc
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2( )
2c a b a b c
a b c abc abc abc a b c abc




2 2 2
1 1 1
abc
Vậy
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
Theo câu a) Ta có
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b a b
(*)
Áp dụng (*) ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
11 2 1 1 ( 2) 1 1 ( 2) 1 1 2

(Vì
1 1 1 0
1 1 2
)
Tượng tự
22
1 1 1 1 1
12 3 1 2 3
;
22
1 1 1 1 1
13 4 1 3 4
;….
22
1 1 1 1 1
12018 2019 1 2018 2019
Suy ra
1 4076360
B 2019 2019 2019
3.
32
3 2 6 0x x x
2
( 1)( 4 6) 0x x x
x + 1 = 0 (1) hoặc x2 – 4x + 6 = 0 (2)
(1)
1x
(2)
2
( 2) 2 0x
. Do
2
( 2) 2 0xx
nên pt này vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
S1
Vì
2
( 1)( 2) 2x x x x
là đa thức bậc 2 nên f(x) :
( 1)( 2)xx
có đa thức dư dạng ax + b
Đặt
( ) ( 1)( 2). ( )f x x x q x ax b
Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7
(1) 7 7f a b
(1)
f(x) : (x + 2) dư 1
( 2) 1 2 1f a b
(2)
Từ (1) và (2)
a = 2 và b = 5.
Vậy f(x) :
( 1)( 2)xx
được dư là 2x + 5
5x2 + y2 = 17 – 2xy
4x2 + (x + y)2 = 17
22
17
4 17 4
xx
vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4
Nếu x2 = 0
(x + y)2 = 17 (loại)
Nếu x2 = 1
(x + y)2 = 13 (loại)
Nếu x2 = 4
x = 2 hoặc x = - 2
x = 2
(2 + y)2 = 1
y = - 3 hoặc y = - 1.
x = -2
(-2 + y)2 = 1
y = 3 hoặc y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1)
4. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a
22
( ) ( )a b c a a b c ab ac a ab ac
2
2 ( ) ( ) aa
a b c a a b c bc abc
Tượng tự ta cũng có:
2bb
c a a b c
;
2cc
b a a b c
Suy ra:
2 2 2 2 ( )
a b c a b c dpcm
b c c a a b a b c b c a a b c
Ta có a + b > c
1 1 1 1 2 2 1
( ) ( )b c c a b c a c a b a b c a b a b a b
Chứng minh tương tự ta có
1 1 1
c a a b b c

;
1 1 1
a b b c c a

Vậy
1 1 1
;;
a b b c c a
là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)
5. Do AC= ¾ AB (gt) và AB.AC = 2S = 48, suy ra AC = 6 (cm); AB = 8(cm).
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta tính được BC = 10 cm, suy ra AM = 5 (cm)
(1)
Áp dụng tính chất giữa canh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta tính được
2
AB
BH 3,6(cm)
BC

(2)
Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có
IB AB IB AB IB 6 30
IB
IC AC IB IC AB AC 10 6 8 7
cm (3)
Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm
giữa B và I
Vậy: HI = BI - BH
4,8
7
cm
MI = BM - BI
5
7
cm
Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC
Đặt SABC = d2 .
Ta có:
2
2
2
ODH
ABC
Sa DH a DH
S d BC d BC



;
22
2
2
EON
ABC
Sb ON HC b HC
S d BC BC d BC
; Tương tự
c BD
d BC
Suy ra:
1
a b c DH HC DB d a b c
d BC
Vậy
22
()S d a b c
Áp dụng BĐT Cosy, ta có:
2 2 2 2 2 2
2 ; 2 ; 2a b ab b c bc a c ac
2 2 2 2
( ) 2 2 2S a b c a b c ab bc ca
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 3( )S a b c a b b c c a a b c
Dấu “=” xẩy ra khi a = b =c, hay O là trọng tâm của tam giác ABC
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;
Điểm toàn bài quy tròn đến 0,5.
B
A
C
H
M
I
c2
b2
a2
O
A
B
C
M
N
E
D
F
H