021 đề thi hsg toán 9 huyện hoài nhơn 2018 2019

4,0 điểm Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a... 3,0 điểm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O, gọi M là trung điểm của cạnh BC, H là trực tâm của tam giác ABC và K là hì

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2018-2019 Môn:TOÁN 9

Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1 (4,0 điểm)

a) Thu gọn biểu thức

b) Cho

2

x 



    Tính giá trị của biểu thức B 1 2x x 2 x3  x42018 c) Cho x 3 3 2 2  3 3 2 2 và y 317 12 2 317 12 2  Tính giá tri của biểu thức: C x 3 y3 3x y 2018

Bài 2 (4,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính

số đó

b) Chứng minh rằng số tự nhiên

1.2.3 2017.2018 1

2 3 2017 2018

chia hết cho 2019

Bài 3 (5,0 điểm)

3.1 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 a b 2 b c 2c a 2

a) Tính a b c  ,biết rằng ab bc ca  9

b) Chứng minh rằng: Nếu c a c b ,  thì c a b 

3.2 Cho ba số dương , ,x y z thỏa mãn x2019  y2019 z2019  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức3

Bài 4 (4,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a Hai điểm M N lần lượt di động trên, hai đoạn thẳng AB AC sao cho , 1.

MB  NC  Đặt AM x AN,  Chứng minh rằng:y. a) MN2 x2  y2  xy

b) MN a x y  

c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Bài 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), gọi M là trung

điểm của cạnh BC, H là trực tâm của tam giác ABC và K là hình chiếu vuông góc của A trên

cạnh BC Tính diện tích của tam giác ABC biết , 4

KM

và AM 30cm.

ĐÁP ÁN Bài 1.

a)Ta có:

1 2

b)

2



Thay x  2vào biểu thức, ta được:

2018

c) Ta có:

3 33 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 6 3

Và y3  317 12 2  317 22 2 3 17 12 2 3  y17 12 2 34 3   y

Cộng vế theo vế, ta được:

3 3 40 3 3 3 3 3 2018 2058

Vậy C 2058khi x 3 3 2 2  3 3 2 2 và y 317 12 2  317 12 2

Bài 2.

a) Gọi số cần tìm là ab , theo đề, ta có 10a b kab  (trong đó 1a b,  và , ,9 a b k ).

Suy ra

b

ka

k





Vì

a k

a



Từ

10

;2; ;5;10

10 :

k

a

k a k

a





  

   





+Nếu

1

3 3 5 3

( ) 2( ) 36

6 6

a

a

b b

















+Nếu

1

5

5

a

a k

b







+Nếu

1

2

( ) 3( ) 24

4 4

a

a

a k

b b

















+Nếu

1

2

2

a

a k

b







+Nếu

10 1 1

1

1

a

a k

b







Vậy ab11;12;15;24;36

b) Ta có :

1.2.3 1 (*)

2 3

n

  là số tự nhiên, thật vậy : Với n  thì 1 B   1   * đúng

Với n 1 B 3   * đúng

Giả sử (*) đúng khi n k , nghĩa là

1.2.3 1

2 3

k

Cần chứng minh (*) đúng khi n k  nghĩa là1,

1.2.3 ( 1) 1

k



Ta có: 1.2.3 ( 1) 1 1 1 1 1.2.3 1 1 1 1  1 1.2.3



Có :

1.2.3 1

2 3 1

1.2.3

k

k















Vậy

1.2.3 1

2 3

n

n

  là số tự nhiên

Suy ra, với n2kthì

1.2.3 2 1

k

k

1.2 1

2

k

k

  

  là các số tự

nhiên nên 1 1 1  1  2 2

Áp dụng các chứng minh ta có:

1.2 1009 1

  

.1010.1011 2018

1010 1011 2018

tự nhiên

Ta có:

1011 3

1010.1011 1342 2018 2019

1324 673















1.2 1009 1 1010.1011 1342.2018 2019

Và

3 3

1.2.3 673 1009 2019

673 673















1.2 1009 1010.1011 2018 2019

1010 1011 2018

Vậy số tự nhiên

1.2.3 2017.2018 1

2 3 2017 2018

Bài 3.

3.1

a) Từ a2 b2 c2 a b 2 b c 2 c a 2

Nên a b c  2 36 a b c  6( , ,do a b c0)

b) Ta có a2 b2 c2 a b 2b c 2 c a 2  c a b  2 4ab

Không mất tính tổng quát , giả sử c a b  Khi đó ta có:.

  



        



 1  c a b   0 c a b 

(2) c a b  2b c a b  0(*),mà c a  , nên (*) vô lý0

Vậy nếu c a c b ,  thì c a b 

3.2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có các đánh giá sau:

2017 1

) 1 1 1 1 2019

so

            

Dấu " " xảy ra khi x 1

2017 .1

) 1 1 1 1 2019

so

            

Dấu " " xảy ra khi y 1

2017 1

) 1 1 1 1 2019

so

            

Dấu " " xảy ra khi z 1 Khi đó: 6x2019  y2019 z20196051 2019. x2 y2 z2 x2  y2 z2 3 Dấu “=” xảy ra khi x y z  1

Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x y z  1.

Bài 4.

H

N

M

E K

D A

I

Vì

x y a

 





 Không mất tính tổng quát ta giả sử AM AN.Kẻ MH AC

Khi đó ta có:

0

.cos60

2

AM

a) Áp dụng định lý Pytago ta có:

2

2

Vậy MN2 x2  y2 xyx y 2 3xy (1)

b) Theo đề, ta có:

1 1 1 1

Thay (2) vào (1) ta được:

2

2 2

Vậy MN  a x y  a x y (vì x y a  )

c) Gọi K, E lần lượt là trung điểm AB AC , D là tâm đường tròn ngoại tiếp , ABC

Kẻ DI MN I MN  .Khi đó ta dễ dàng tính được:

3

và  2  ax ay  3xy a a x y    

2 2

Do đó:

Suy ra DI là bán kính đường tròn nội tiếp, mà

MN DInên MN là tiếp tuyến của đường tròn

Bài 5.

G

D

O

A

H

Gọi D là trung điểm của AC

Ta chứng minh được AHB MOD(3 cặp cạnh song song)

Gọi G là giao điểm của AM và OH Ta chứng minh được AGH MGO g g( )

Dễ dàng chứng minh được tứ giác IMKH là hình chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OGM ta có:,

2

AM

Khi đó OH 24cm AH, 12cm AK, 18 cm

Ta có OC OA  OH2  AH2 12 5,từ đó tính được

2 2

Vậy

2

18.12 19

108 19( )

ABC

AK BC