Đề thi học sinh giỏi toán 9 vòng 2.Năm học 2017 2018
Thời gian 120 phút
Cõu 1: ( 8 im)
1) Gii cỏc phng trỡnh:
1
3
a)
x3 x2 x =
b)
x + 2 + 3 2x 5 + x 2 2x 5 = 2 2
2) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
P = 1+ 4x + 4x2 + 4x2 12x + 9
Cõu 2: ( 4 im)
3 8 15
n2 1
( Với n N ; n 2 )
S = + + + ... + 2
4 9 16
n
a) Chứng minh rằng S < n -1
b) Chng minh rng: vi mi s t nhiờn n 2 thỡ S khụng th l mt s
nguyờn.
.
Cõu 3: ( 4,0 im)
Cho tam giỏc ABC cõn A, ng cao AH bng 10cm, ng cao BK
bng 12cm. Tớnh di cỏc cnh ca tam giỏc ABC.
Cõu 4: ( 4,0 im)
Cho tam giác giác nhọn ABC. Kẻ các đờng cao AD, BK. Gọi H là
trực tâm, G là trọng tâm của tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC =
AD
HD
b) Chứng tỏ rằng: HG // BC tgB.tgC = 3
Ngày 26 tháng 10 năm 2017
GV
§¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm
Bài
Câu 1
(8đ)
Nội dung
Điểm
1) (4 điểm)
a)
x3 – x2 – x =
1
3
⇔ 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1⇔ 4x3 = ( x + 1)
⇔ x 3 4 = x + 1⇔ x =
1
3
4−1
.
3
VậyS
0,5
=
1
3
4 − 1
0,5
5
2
Khi đó, phương trình đã cho tương tương với phương
b) Điều kiện: x ≥
trình:
0,5
( 2x − 5 + 3)2 + ( 2x − 5 − 1)2 = 4
⇔ 2x − 5 + 3+
2x − 5 − 1 = 4
⇔ 1− 2x − 5 =
2x − 5 − 1
1,0
0,5
0,5
Do đó: 1− 2x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≤ 3
0,5
5
≤ x≤ 3
2
5
Vậy tập nghiệm của phương trình là mọi x: ≤ x ≤ 3
2
2) (4 điểm)
Ta có: P = 1+ 2x + 3− 2x
1,5
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có:
Mà: 1+ 2x + 3− 2x ≥ 1+ 2x + 3− 2x = 4
Nên P ≥ 4
Vậy: P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi (1+ 2x)(3-2x) ≥
0
1
3
⇔ − ≤ x≤
2
2
Câu 2
(4đ)
a) (2đ)
22 − 1 32 − 1 42 − 1
n2 − 1
S=
+
+
+
...
+
22
32
42
n2
1
1
1
1
S = (1− 2 ) + (1− 2 ) + (1− 2 ) + ... + (1− 2 )
2
3
4
n
1,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1 1 1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 ) < n – 1
2
2 3 4
n
Vậy: S < n – 1 (1)
b(2đ)
Ta chứng minh: S > n – 2
Thật vậy:
1
1
1
1
1 1 1
1
+
+
+
...
+
+
+
+
...
+
<
(n − 1).n
22 32 42
n2 1.2 2.3 3.4
1
1 1
1 1
1
1
− )
< (1− ) + ( − ) + ( − ) + ... + (
2
2 3
3 4
(n − 1) n
1
<1n
1
1
Do đó: S > n – 1 – (1 - ) = n – 2 + > n -2
n
n
Vậy: S > n – 2 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: n – 2 < S < n – 1 với mọi số
nguyên dương n ≥ 2.
Mà: n – 2 và n – 1 là hai số nguyên dương liên tiếp.
Nên: S không là số nguyên.
S=n–1–(
Câu 3
(4,0đ)
Đặt AC = AB = x, BC = y.
Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì
có góc nhọn C chung) nên:
AH BK
=
AC BC
Hay AH.BC = BK.AC
Vậy: 5y = 6x (1)
Mặt khác: trong tam giác AHC vuông tại H ta có:
AC2 = AH2 + HC2
2
y
Hay x = 10 + ÷ (2)
2
25
Từ (1) và (2) ta suy ra: x =
, y = 15.
2
25
Vậy: AB = AC =
cm, BC = 15cm
2
2
2
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Vẽ hình đúng
0,5
A
K
Câu 4
(4đ)
1(2đ)
Xét ∆ ABD có : tgB =
B
Xét ∆ ACD có tg C =
AD
.
BC
AD
DC
C
H
0,25
AD 2
(1)
BD.CD
tgB.tg C =
0,25
0,5
BD DH
=
Ta có ∆ BDH : ∆ ADC (gg) =>
AD
DC
0,25
BD.CD =DH.AD (2)
Từ (1) và (2) => tgB.tgC =
0,25
AD
HD
0,5
b (2đ)
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên
AM
=3
GM
Do đó, xét ∆ ADM có:
A
AM AD
=
GM HD
⇔ tgB.tgC = 3
HG // BC ⇔ HG // MD ⇔
0,5
0,5
0,5
K
H
0,5
G
C
B
D
M
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
Ngày 26 tháng 10 năm 2017