Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 huyện sông lô vĩnh phúc năm học 2017 2018(có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2017- 2018
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian : 150 phút (không kể phát đề)
------------------------------------------

Bài 1 (2 điểm):

 x y
x  y   x  y  2 xy 

Cho biểu thức A  
 : 1 

 1  xy
1  xy 
1

xy

 
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A được xác định và rút gọn biểu thức A .
b) Tìm giá trị của x, y để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 2 (2 điểm):
a) Chứng minh rằng 3 1 
b) Giải phương trình

84 3
84

là một số nguyên
 1
9
9

x  2  10  x  x2  12 x  40

Bài 3 (2 điểm):
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x5  5x3  4x  5  24y  1 .
b) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số xy , biết rằng hai chữ số đó hơn kém nhau 5 đơn vị và
2

xxyy  xx  yy

2

Bài 4(3 điểm):
Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD (E khác
C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A
cắt đường thẳng CD tại K.
1
1
không đổi

2
AE
AF 2
b. Chứng minh: cos AKE  sin EKF.cos EFK  sin EFK .cos EKF

a. Chứng minh:

c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao
cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD.
Bài 5 (1 điểm):
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 1  a, b, c  2 . Chứng minh rằng:
a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2


7
ab
bc
ca
------------------Hết---------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm


HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án

Câu

x  0
x  0
y  0


ĐKXĐ: 
 y  0
1  xy  0
 xy  1
1  x  y  xy  0 

1a
Rút gọn A: A 
A

Điểm
0,25

2 x  2 y x 1  x  y  xy
:
1  xy
1  xy
0,75

2 x
1 x

x  0
2 x 1 x

Với ĐK  y  0 ta có 0  A 

1
1

x
1

x
 xy  1



0,25

Vì A nhận giá trị nguyên nên A0;1
1b

+ Nếu A  0 thì x  0

0,25

+ Nếu A  1 thì x  1

0,25

+ Kết hợp với ĐKXĐ ta có: Để A nhận giá trị nguyên thì
x  0 và y  0

hoặc x  1, y  1, y  0
0,25
Đặt x0  3 1 
2a

84 3
84
 1
9
9

Lập phương 2 vế ta được x03  x0  2  0

0,25
0,25

Mà phương trình x3  x  2  0   x  1  x 2  x  2   0 có nghiệm duy 0,25

2b

nhất x  1 nên x0  1
ĐKXĐ: 2  x  10

0,25

Đặt A  x  2  10  x  0

0,25


 x  210  x   8   x  2  10  x   16  A  4

Ta có A2  8  2

(1)
0,25

Mặt khác
x2  12 x  40   x  6   4  4 (2)
2

0,25

Từ (1) và (2) suy ra x  6 (t/m ĐKXĐ)
Vậy x  6 là nghiệm của phương trình
5

3a

3

3

2

Ta có x – 5x + 4x = 5(24y + 1)  x (x  1) – 4x(x  1) = 120y + 5
 (x  2)(x  1)x(x + 1)(x + 2) = 120y + 5
Ta có vế trái là tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 (1)
Vế phải chia cho 120 dư 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình vô nghiệm nguyên
Điều kiện 1  x, y  9 và x, y nguyên. Ta có :
2

xxyy  xx  yy

0,5

0,5

2

2

3b

0,25
2

2

 1100x +11y = (11x) + (11y)
2 2
2
 11(100x + y) = 11 (x + y )
2
2
0,5
 99x + (x + y) = 11(x + y ).
 (x + y) 11  x + y =11 (vì 2  x + y  18). Kết hợp với giả thiết x – y = 5

hoặc y – x = 5. Từ đó (x ; y) có thể là (3 ; 8), (8 ; 3).
Thử lại chỉ có: (x ; y) = (8 ; 3) thỏa mãn . Vậy số cần tìm là 83.

0,5
B

A

Học sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g)
suy ra AF = AK

M

4a

Trong tam giác vuông: KAE có AD
là đường cao nên:

M'

1,25

N
N'

P
E

1
1
1
K
hay


2
2
2
AK
AE
AD
1

1
1
1


 2 (không đổi)
2
2
2
AF
AE
AD
a
1
2

D

C

Q

H

F

1
2

HS c/m SKEF  KE.EF .sin AEK  KE.EF .cos AKE

4b

1
2

1
2

Mặt khác: SKEF  EH .KF  EH .( KH  HF ) . Suy ra:
1


KE.EF .cos AKE  EH .( KH  HF )  cos AKE 
 cos AKE 

EH .KH  EH .HF
KE.EF

EH KH EH HF
.

.
 sin EFK .cos EKF  sin EKF .cosEFK
EF EK KE EF

Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN
Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại
N  MN’ là phân giác của DMM '  Cách dựng điểm N:
- Dựng M’ đối xứng M qua AD
4c

- Dựng phân giác DMM ' cắt DM’ tại N’
- Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD
Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách
dựng vẫn cho điểm tối đa.
BĐT tương đương với

0,75

a b b c c a
     7
b a c b a c

Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử
1  a  b  c  2 . Ta có  a  b  b  c   0  ab  ac  b2  bc  0

Đến đây từ việc chia 2 vế của BĐT cho ab, và bc ta thu được hai BĐT sau
a
a b c
c b
 1   ;  1   .Cộng vế theo vế ta có
c
b c a
b a

5

a b b c
a c
a b c b c a

a c
    2          2  2  
b c a b
c a
b c a a b c
c a
Đặt x 

c
, ta có
a

1  x  2   x  1 x  2   0  x 2  3x  2  0  x 

Vậy

a b c b c a
a c
      2  2    7
b c a a b c
c a

Dấu “=” xẩy ra khi a  b  2.c  1  a  2, b  c  1

1
1 5
 3 
x
x 2

1