Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 huyện khoái châu năm học 2017 2018(có đáp án)

Hướng dẫn
Bài 1.
1) Rút gọn được A = 2

x  12
x 2
x  12 x  4  16
16
b)

 x 2

x 2
x 2
x 2

2) a) ta rút gọn được B =





x 2 

16
4 2
x 2





x 2 .

16
4 4
x 2

dấu = xảy ra  x = 4
Bài 2.
1) Rút gọn được A = 1
2) Đặt a = 2014 => 2015 = a + 1
=> 20142 + 20142.20152 + 20152 = (a+1)2 + a2 + (a+1)2 .a2
Ta có (a+1)2 + a2 + (a+1)2 .a2 = (a2 + 2a + 1)a2 + a2 + (a+1)2
= a4 + (2a+1)a2 + a2 + (a+1)2 = a4 + a2(2a + 2) + (a+1)2 = a4 + 2a2(a+1) + (a+1)2
= (a2 + a + 1)2 => 20142  20142.20152  20152  20142  2014  1  20142  2015 là một số
nguyên dương
Bài 3.
1) 2x 2  3y 2  4x  19  2  x  12  21  3y 2
Vì 2  x  12  0  21  3y 2  0  y 2  7   7  y  7
Mà y nguyên nên y 2; 1;0;1; 2
Ta có bảng giá trị
y
-2
-1
0
2
9(L)
18
21(L)

2  x  1

1
18

2
9(L)

x
x=2;-4
x=2;-4
Vậy nghiệm nguyên của pt là: (2;-1); (-4;-1); (2;1); (-4;1)
2) ĐKXĐ: x  8

Pt trở thành: 3x 2  7x  8   4x  2  x  8  0   2x  1  x  8    x  1  0
2

2

=> x = 1(t/m);
Bài 4.
1a) 3  m  1 x   m  3 y  3  3mx  3x  my  3y  3  0  m(3y  y)  3x  3y  3  0
Để đường thẳng đi qua điểm cố định với mọi m thì pt có nghiệm đúng với mọi m
1

x

3x

y


0


2
=> 

 3x  3y  3  0
 y  3

2

1 3 
 với mọi m
2 2 
1
1b) với m = 3 đường thằng (d) : x = có khoảng cách từ O đến d là ½
2
3(m  1)x
3

Với m khác 3 đường thẳng d có dạng: y 
m3
m3

Vậy (d) luôn đi qua điểm cố định A  ;


10 1


 d vuông góc với OA
2
2

Khoảng cách từ O đến d lớn nhất là OM =
Pt đường thẳng OA là y=-3x
Khi đó ta có

3  m  1
3
.(3)  1  9  m  1  m  3  m  (t/m)
m3
4

2) với x, y, z là các số dương ta có
x 2  yz  2x yz 

yz
1
1


; mà
x  yz 2x yz 2xyz
2

yz 

yz
1

yz
 2

2
x  yz 4xyz

Tương tự

1
xz
1
xy
; 2


y  xz 4xyz z  xy 4xyz
2

=> VT 

yzxzxy xyz 1 1
1
1 

    
4xyz
2xyz
2  xy yz xz 

Bài 5.

A

E

F
H

B

D

O

C

2) ta có tam giác EAH đồng dạng với tam giác DBH => HA.HD=HB.HE
Tam giác HAF đồng dạng với tam giác HCD => HA.HD=HC. HF
=> đpcm
3) chứng minh được tam giác AEB đồng dạng với AFC => tam giác AEF đồng dạng
với tam giác ABC => góc AEF = góc ABC
Tương tự góc DEC = góc ABC => góc AEF = góc DEC => góc FEB = góc DEB
=> HE là phân giác góc DEF. tương tự ta có HD là phân giác góc EDF do đó H là
giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF
4) ta có sin ADF = sinEBA = AE/AB
sinEDH = sinECH = AF/AC
mà hai góc này bằng nhau => sin2 ADF =
AE AF 1  AE AF 
.
 



AB AC 2  AC AB 

tương tự

AE AF
.
=> sinADF =
AB AC







sinBED  
 ; sinCFE  

2  AB BC 
2  AC BC 
1 BF

BD

1 CE

CD









=> sinADF + sinBED + sinCFE  
 
 

2  AC AB  2  AB BC  2  AC BC  2
Mà
sinADF + sinBED + sinCFE  3 3 sin ADF.sin BED.sin CFE
1 AE

3
2

AF

1 BF

BD

1 CE

=>3 3 sin ADF.sin BED.sin CFE   3 sin ADF.sin BED.sin CFE 
 sin ADF.sin BED.sin CFE 

CD

3

1

2

1
8

Dấu = xảy ra  sinADF = sinBED = sinCFE = ½  tam giác ABC đều
Bài 6.
1)

B
H
β

M

A

α

C

Kẻ AH vuông góc với BC
Theo bài ta có

 sin   cos 

2

 1  sin   2sin .cos  sin 

Xét tam giác ABC vuông tại A; tam giác AHM vuông tại H nên
AB
AC
AH 2AH
;cos 
;sin  

BC
BC
AM
BC
AB AC 2.BC.AH 2AH
=> 2sin .cos  2. .
(theo hệ thức lượng thì AB.AC=BC.AH)


BC BC
BC2
BC
sin  

=> đpcm
2) Xét dãy S1  2012;S2  20122012;S3  201220122012;...S2011  2012...2012


2011 cum 2012

Giả sử trong dãy không có số nào chia hết cho 2011 => số dư trong từng số cho 2011
là 1;2;3;…;2010 có 2010 số dư
=> theo nguyên lý Đricle thì có hai số Sm và Sn nào đó có cùng số dư khi chia cho
2011
Giải sử 1  n  m  2011 =>  Sm  Sn  2011
n
=> 2012...2012
 2011
  2012...2012
  2012...2012.10

m cum 2012

n cum 2012

m-n cum 2012

Do (10,2011)=1 => 2012...2012
  2011
m-n cum 2012

Do đó luôn tồn tại số nguyên dương có tận cùng là 2012 chia hết cho 2011