Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 tỉnh Quảng Bình - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 tỉnh Quảng Bình - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2018 – 2019 Câu 1 (2.5 điểm). 1 3 2 a) Cho biểu thức A với x 0 . Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu x 1 x x 1 x x 1 thức A. b) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức B 4 10 2 5 4 10 2 5 Câu 2 (2.0 điểm). a) Xác định các hệ số a và b để đa thức P x x 4 2x 3 3x2 ax b là bình phương của một đa thức. b) Giải phương trình 3 4x 4x 1 16x2 8x 1 Câu 3 (2.5 điểm). Cho đường tròn O và dây cung BC a không đổi (tâm O không thuộc BC). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H D BC, E CA, F AB . · · a) Trong trường hợp BHC BOC , hãy tính AH theo a. b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của điểm A để tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất. Câu 4 (1.0 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C 2019n 2020 là một số chính phương Câu 5 (1.0 điểm). Cho ba số thực dương thỏa mãn x y z 2 xyz . Chứng minh rằng: x y z 6 2 xy yz zx Câu 6 (1.0 điểm). Cho tam giác ABC có AB 3;CA 4; BC 5 . Xét hình chữ nhật MNPQ sao cho M và N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB. Hãy xác định kích thước của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2.5 điểm). 1 3 2 a) Cho biểu thức A với x 0 . Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. x 1 x x 1 x x 1 Lời giải. Với x 0 ta có biến đổi biểu thức A như sau
2. 1 3 2 1 3 2 A x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 3 2 x 1 x x x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x Vậy với x 0 ta được A . x x 1 x 1 x x 1 1 Do x 0 nên từ A ta được x 1 2 1 1 . x x 1 A x x Do đó suy ra A 1 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x 1 (thỏa mãn). Vậy giá trị lớn nhất của A là 1, xẩy ra tại x 1 . b) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức. B 4 10 2 5 4 10 2 5 Lời giải. Bình phương biểu thức B ta được 2 2 B 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5 2 8 16 10 2 5 8 2 6 2 5 8 2 5 1 6 2 5 5 1 Do B 0 nên từ kết quả trên ta suy ra được B 5 1 . Câu 2 (2.0 điểm). a) Xác định các hệ số a và b để đa thức P x x 4 2x 3 3x2 ax b là bình phương của một đa thức. 2 Lời giải 1. Do đa thức P x có bậc 4 với hệ số cao nhât là 1. Giả sử P x x2 mx n . 2 Hay ta được P x x2 mx n x 4 2mx 3 m2 2n x2 2mnx n2 . Từ đó ta được x 4 2x 3 3x2 ax b x 4 2mx 3 m2 2n x2 2mnx n2 Đồng nhất hệ số hai vế ta được 2m 2 m 1 m 1 2 m 2n 3 2n 2 n 1 a 2mn a 2n a 2 b n2 b n2 b 1 Vậy đa thức đã cho là P x x 4 2x 3 3x2 2x 1 . Lời giải 2. Biến đổi đa thức đã cho như sau
3. P x x 4 2x 3 3x2 ax b x 4 2x 3 3x2 2x 1 a 2 x b 1 x 4 x 3 x2 x 3 x2 x x2 x 1 a 2 x b 1 2 x2 x 1 a 2 x b 1 Để P x viết được thành bình phương của một đa thức khác thì ta cần có a 2 x b 1 0 với mọi x. Do vậy ta có a 2 b 1 0 hay a 2; b 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Giải phương trình 3 4x 4x 1 16x2 8x 1 . 1 3 Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x . Biến đổi phương trình đã cho. 4 4 3 4x 4x 1 16x2 8x 1 3 4x 4x 1 16x2 8x 1 0 4x 1 2 3 4x 2 4x 1 16x2 8x 1 0 4x 1 4x 1 0 3 4x 2 4x 1 4x 1 1 4x 1 4x 1 0 3 4x 2 1 3 Để ý rằng x nên ta được 0 4x 1 2 nên 2 4x 1 0 . 4 4 4x 1 4x 1 Từ đó suy ra 1 0 nên ta được 1 4x 1 4x 1 0 . 3 4x 2 3 4x 2 1 Do vậy từ phương trình trên ta được 4x 1 0 x , thỏa mãn điều kiện xác định. 4 1 Vậy x là nghiệm suy nhất của phương trình. 4 1 3 Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x . Biến đổi phương trình đã cho 4 4 3 4x 4x 1 16x2 8x 1 2 3 4x 2 4x 1 32x2 16x 2 0 2 3 4x 3 4x 4x 1 32x2 12x 1 0 3 4x 4x 1 2 4x 1 4x 1 8x 1 0 3 4x 2 3 4x 4x 1 4x 1 2 4x 1 8x 1 0 3 4x 2 3 3 4x 4x 1 + Với thấy với 0 x thì ta luôn có 2 4x 1 8x 1 0 . 4 3 4x 2 1 Với x 0 ta có 0 4x 1 1 và 1 8x 1 1 . 1 4x 1 8x 1 1 . 4 3 4x 4x 1 Do đó ta suy ra được 2 4x 1 8x 1 0 . 3 4x 2
4. 1 3 3 4x 4x 1 Như vậy với x ta luôn có 2 4x 1 8x 1 0 nên từ phương trình trên ta 4 4 3 4x 2 1 được 4x 1 0 x , thỏa mãn điều kiện xác định. 4 1 Vậy x là nghiệm duy nhất của phương trình. 4 Câu 3 (2.5 điểm). Cho đường tròn O và dây cung BC a không đổi (tâm O không thuộc BC). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H D BC, E CA, F AB . · · a) Trong trường hợp BHC BOC , hãy tính AH theo a. b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của điểm A để tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất. Lời giải · · a) Trong trường hợp BHC BOC , hãy tính AH theo a. · · 0 Lời giải 1. Do AnênEH tứ AFH 180 A · · 0 giác AEHF nội tiếp, do đó EHF EAF 180 . · · · Mà lại có BOC BHC EHF nên ta suy ra E · · 0 được BOC EAF 180 . · · · F O Dễ thấy BOC 2BAC 2EAF nên ta lại có H · · 0 · · 0 2EAF EAF 180 hay EAF BAC 60 . · 0 Điều này dẫn đến BOC 120 . Gọi M là trung B D M C điểm của BC khi đó trong tam giác BOM có 0 a 3 a 3 OM BM. tan 30 . . K 2 3 6 P I Vẽ đường kính AK của đường tròn O , khi đó dễ thấy BH song song với CK và CH song song với BK nên được tứ giác BHCK là hình bình hành, từ đó suy ra ba điểm H, M, K thẳng hàng nên M là trung điểm của HK. Như vậy MO là a 3 đường trung bình của tam giác KHA. Do vậy AH 2OM . 3 · · · Lời giải 2. Gọi P là giao điểm khác A của AH với đường tròn O , khi đó HBC PAC PBC , mà ta có AP vuông góc với BC nên suy ra tam giác HBP cân tại B. Từ đó hai tam giác BHC và BPC đối xứng với nhau qua BC, suy ra điểm H nằm trên cung tròn đối xứng với cung nhỏ BC của đường tròn O qua đường thẳng BC. Gọi I là điểm đối · · xứng với O qua BC, khi đó do BHC BOC hay tứ giác BHOC nội tiếp đường tròn nên điểm I là tâm đường tròn
5. ngoại tiếp tứ giác BHOC và điểm I nằm chính giữa cung nhỏ BC của đường tròn O , ta cung có điểm O nằm chính · 0 giữa cung nhỏ BC của đường tròn I . Đến đây thì ta được các tam giác BOI và COI đều, do đó ta có BOC 120 . a 3 a 3 Gọi M là trung điểm của BC khi đó trong tam giác BOM có OM BM. tan 300 . . Vẽ đường kính AK 2 3 6 của đường tròn O , khi đó dễ chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành, từ đó suy ra M là trung điểm của a 3 HK. Như vậy MO là đường trung bình của tam giác KHA. Do vậy AH 2OM . 3 b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí của điểm A để tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất. Như trên ra đã chứng minh được H và P đối xứng với nhau qua BC nên ta được PD DH . Từ đó suy ra DH.DA DP.DA . Ta có PD MI và DA MJ . Do vây ta được DP.DA MI.MJ không đổi, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi D trùng với M hay điểm A nằm chính giữa cung lớn BC của đường tròn O . Vậy khi A nằm chính giữa cung lớn BC của đường tròn O thì tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất. Câu 4 (1.0 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C 2019n 2020 là một số chính phương. Lời giải. Ta xét các trường hợp sau. + Trường hợp 1. Với n là số tự nhiên lẻ, khi đó ta đặt n 2k 1 k N . Từ đó ta được 2k C 2019n 2020 C 20192k 1 2020 2019 2020 1 2020 2k Dễ thấy 2019 chia 4 có số dư là 3 và 2020 1 chia 4 có số dư là 1, từ đó ta được C chia 4 có số dư là 3 nên C không thể là số chính phương. + Trường hợp 2. Với n là số tự nhiên chẵn, khi đó ta đặt n 2k k N . Từ đó ta được 2 C 2019n 2020 20192k 2020 2019k 2020 2 Do C là số chính phương tồn tại số tự nhiên t thỏa mãn 2019k 2020 t 2 . Dễ thấy 2019k và t cùng là số lẻ. Ta có 2 2019k 2020 t 2 t 2019k t 2019k 2020 . Do 2019k và t cùng là số lẻ nên t 2019k và t 2019k cùng là các ước chẵn của 2020. Từ đó ta xét các khả năng sau. k t 506 t 2019 2 k o Với (loại do t và 2019 là các số lẻ). t 2019k 1010 2019k 504 k t 106 t 2019 10 k o Với (loại do t và 2019 là các số lẻ). t 2019k 202 2019k 96 Do đó với n là số chẵn thì C không thể là số chính phương. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để C 2019n 2020 là một số chính phương.
6. Câu 5 (1.0 điểm). Cho ba số thực dương thỏa mãn x y z 2 xyz . Chứng minh rằng: x y z 6 2 xy yz zx Lời giải. Biến đổi giả thiết của bài toán ta được x y z 2 xyz xy x y 1 yz y z 1 zx z x 1 xyz xy yz zx x y z 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z x 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 1 1 1 Đặt a ; b ; c khi đó ta được a b c 1 . x 1 y 1 z 1 1 a 1 b 1 c Ta cũng có x ; y ; z . Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành a b c 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 6 2 a b c ab bc ca b c c a a b b c c a c a a b a b b c Hay 6 2 a b c ab bc ca b c c a b c c a c c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2. 2 . ab b a b a c a a b a a a b b c b b Tương tự ta cũng có 2. 2 và 2. 2 . bc c b ca a c Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta thu được b c c a c a a b a b b c b c c a a b 2 6 ab bc ca a b c Do đó bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 1 Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c hay x y z 2 . 3 Câu 6 (1.0 điểm). Cho tam giác ABC có AB 3;CA 4; BC 5 . Xét hình chữ nhật MNPQ sao cho M và N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB. Hãy xác định kích thước của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất. Lời giải. Tam giác ABC có AB2 AC2 32 42 52 BC2 nên vuông tại A. Gọi AH là đường cao của tam giác AB.AC 12 ABC, khi đó ta có AB.AC AH.BC nên AH . BC 5
7. A Q K P B M H N C Giả sử hình chữ nhật MNPQ có MN PQ x và MQ NP y . 12 Khi đó ta có AK AH KH y và BM CN 5 x . Từ đó ta suy ra được 5 1 1 12 6x xy 1 1 SAPQ .AK.PQ y x và SBMQ SCNP QM BM CN y 5 x 2 2 5 5 2 2 2 6x xy 5y xy 12x 25y Ta có S S S S S 6 6 xy . MNPQ ABC APQ BMQ CNP 5 2 2 2 10 12x 25y Để ý rằng S xy nên ta suy ra được 6 0 12x 25y 60 . MNPQ 10 Bài toán quy về tìm x và y thỏa mãn 12x 25y 60 để SMNPQ xy có giá trị lớn nhất. 2 1 1 12x 25y 1 602 Ta có xy .12x.25y . . 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 12.25 300 4 300 4 12x 25y 60 5 6 x ; y 12x 25y 2 5 5 6 Vậy hình chữ nhật MNPQ có kích thức là MN PQ và MQ NP thì diện tích MNPQ có giá trị lớn nhất. 2 5