Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Thạch Hà (Có đáp án)

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
2 3
M
x x

 
2019
2 3
N
x x


 
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: 3 23 2 6 0x 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) 2
a b c
b c c a a b
  
  
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, b
2
, c
2
. 
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 2 2 3 0x x   
( 1)( 3 0x x    
1 0
3 0
x
x
 
 
 
 hoặc 
1 0
3 0
x
x
 

 
3
1
x
x

   
Điều kiện xác định của N là 
2 3 0
2 3 0
2 3 0
x
x x
x x
 
   
  
 (*) 
2 22 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( )
2
c a b a b c
a b c abc abc abc a b c abc
  
          
 
2 2 2
1 1 1
a b c
   
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
1
1 2 1 1 ( 2) 1 1 ( 2) 1 1 2
          
 
 (Vì 
1 1 1
0
1 1 2
   ) 
Tượng tự 
2 2
1 1 1 1 1
1
2 3 1 2 3
     ; 2 2
1 1 1 1 1
1
3 4 1 3 4
     ;. 
 2 2
1 1 1 1 1
1
2018 2019 1 2018 2019
     
Suy ra 
1 4076360
B 2019
2019 2019
   
3.
3 23 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 0x x nên pt này vô nghiệm. 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 1 
Vì 2( 1)( 2) 2x x x x là đa thức bậc 2 nên f(x) : ( 1)( 2)x x  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)x x được dư là 2x + 5 
5x
2
 + y
2
 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17 
 2 2
17
4 17
4
x x   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 
2 2( ) ( )a b c a a b c ab ac a ab ac          
2
2 ( ) ( )
a a
a b c a a b c
b c a b c
      
  
Tượng tự ta cũng có: 
2b b
c a a b c

  
 ; 
2c c
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 
2AB
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 = d
2
 . 
Ta có: 
22
2
ODH
ABC
S a DH a DH
S d BC d BC
 
     
; 
2 22
2
EON
ABC
S b 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 
2 2( )S d a b c    
Áp dụng BĐT Cosy, ta có: 
2 2 2 2 2 22 ; 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
CH MI
c2
b2
a2
O
A
B C
M
N
E
D
F
H