042 đề HSG toán 9 kiên giang 2017 2018

Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG
TỈNH THCS
Năm học: 2017 - 2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1.

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 13/3/2018
(Đề thi có 01 trang gồm 6 câu).

(3 điểm)
1) Cho biểu thức A  n2  4n  5 ( n là số tự nhiên lẻ). Chứng minh rằng A
không chia hết cho 8 .
2) Cho số x  x  ; x  0 thỏa mãn điều kiện: x 2 
thức: B  x5 

Câu 2.

1
.
x5

(3 điểm)

Rút gọn biểu thức:
X  1

Câu 3.

1
 7 . Tính giá trị các biểu
x2

1 1
1 1
1 1
1
1
 2  1  2  2  1  2  2  ...  1 

.
2
2
1 2
2 3
3 4
2017 20182

(4 điểm)
1) Giải phương trình: 3x  2 27 x3  8  9 x2  6 .
2) Tìm 2 số m , n cùng dấu thỏa mãn điều kiện: m  2 n đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4.

sao cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x2  mx  2  0 ; x2  2nx  6  0
.
(3 điểm)
1) Cho phương trình: x2  2  m  3 x  m  3  0 . Tìm các giá trị của m để phương
trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2 .
2) Cho

x,

y,

z,

t

là các số thực dương. Chứng minh rằng:

x
y
z
t



 2.
y  z z t t  x x  y
Câu 5.

(3,5 điểm) Để có được tờ giấy khổ A4 (kích thước
xấp xỉ 21 cm  29, 7 cm) người ta thực hiện như

hình vẽ minh họa bên.
Bước 1: Tạo ra hình vuông ABCD cạnh a  21 cm.
Bước 2: Vẽ cung tròn tâm A bán kính AC cắt tia
AD tại F .
Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF .
1


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

Câu 6.

Khi đó hình chữ nhật ABEF chính là tờ giấy A4 thông dụng hiện nay.
Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 này theo đường thẳng AE , rồi xếp theo
đường thẳng FM ( M là trung điểm BE ) khi mở tờ giấy ra. An ngạc nhiên thấy
hai đường thẳng FM và AE vuông góc với nhau. Em hãy chứng minh giúp bạn
An vẽ điều đó.
(4 điểm)
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , trên dây cung DC lấy điểm
E sao cho DC  3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD tại M . Trên cung nhỏ CB lấy
điểm N sao cho cung nhỏ DM bằng cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC
tại F . Chứng minh rằng: F là trung điểm của BC .

----------------------HẾT-------------------

2


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1.

(3 điểm)
1) Cho biểu thức A  n2  4n  5 ( n là số tự nhiên lẻ). Chứng minh rằng A
không chia hết cho 8 .
2) Cho số x  x  ; x  0 thỏa mãn điều kiện: x 2 
thức: B  x5 

1
 7 . Tính giá trị các biểu
x2

1
.
x5

1) Ta có: n2  4n  5  n2 1  4n  6
  n  1 n  1  2  2n  3 .

Do n lẻ nên n  1 và n  1 là 2 số chẵn liên tiếp.
  n  1 n  1 chia hết cho 8 .
Mà 2n  3 lẻ  2n  3 không chia hết cho 4 .
 2  2n  3 không chia hết cho 8 .
  n  1 n  1  2  2n  3 không chia hết cho 8 .
 đpcm.
2

2) Ta có: x 2 

1
1
1

 7   x    9  x   3 (do x  0 ).
2
x
x
x


3

1
1
1


  x    27  x3  3  3  x    27
x
x
x


1
 x3  3  18
x
1 
1


  x 2  2  x3  3   18.7  126
x 
x 

1
1
 x   126
5
x
x
1
 x5  5  123 .
x
 x5 

Câu 2.

(3 điểm)
Rút gọn biểu thức:
X  1

1 1
1 1
1 1
1
1
 2  1  2  2  1  2  2  ...  1 

.
2

2
1 2
2 3
3 4
2017 20182

3


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

n2  n  1   n  1  n 2
1
1


2
n2  n  12
 n  n  1 
2

 Tổng quát: 1 

 n  n  1   2n  n  1  1
 n  n  1  1
 
 
2
2
 n  n  1 

 n  n  1 
2



2

2

n  n  1  1 n  n  1
1
1


 1
n  n  1
n  n  1 n  n  1
n  n  1

 Vậy:
1 1
1 1
1 1
1
1
 2  1  2  2  1  2  2  ...  1 

2
2
1 2

2 3
3 4
2017 20182
1
1
1
1
 1
1
1
 ....  1 
1.2
2.3
3.4
2017.2018

X  1

2017 số 1
1 1 1 1 1
1
1
1
1
1
4072323
.
 2017  1       ... 




 2018 

2 2 3 3 4
2016 2017 2017 2018
2018
2018

 Vậy
X  1
Câu 3.

1 1
1 1
1 1
1
1
4072323
 2  1  2  2  1  2  2  ...  1 


.
2
2
2
1 2
2 3
3 4
2017 2018
2018

(4 điểm)
1) Giải phương trình: 3x  2 27 x3  8  9 x2  6 .
2) Tìm 2 số m , n cùng dấu thỏa mãn điều kiện: m  2 n đạt giá trị nhỏ nhất
sao cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x2  mx  2  0 ; x2  2nx  6  0
.
1) 3x  2 27 x3  8  9 x2  6
 3x  2

 3x  2 9 x2  6 x  4  9 x2  6 (Điều kiện

 9 x2  6  2

 3x  2   9 x 2  6 x  4   3x  0

 9 x2  6 x  4  2




 3x  2   9 x 2  6 x  4   3x  2  0

9 x 2  6 x  4  3x  2



2

0

 9 x 2  6 x  4  3x  2
 9 x2  9 x  2  0

2

x  3

(thỏa mãn)
x  1

3
4

x

2
)
3


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

Vậy phương trình có nghiệm là: x   ;  .
2 1
 3 3

2) Do m , n cùng dấu nên:
- Nếu m  0 ; n  0 thì: m  2 n  m  2n .
- Nếu m  0 ; n  0 thì: m  2 n  m  2n    m  2n  .
+ Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình ta được:

 x02  mx0  2  0

có nghiệm chung
 2
x

2
nx

6

0

0
 0

 2 x02   m  2n  x0  8  0 có nghiệm x0 .
    m  2n   4.2.8  0
2

  m  2n   64
2

 m  2n  8

 m  2n  8

 m 2 n 8

Vậy m  2 n đạt GTNN là 8 khi:

 m  2n  8
 m  2n  8


+ TH1: m  2n  8 , ta được: 2 x02  8x0  8  0  x02  4 x0  4  0  x0  2 . Ta có:
m  3
 2 2  m  2   2  0



5 (thỏa mãn)
2
 2   2n  2   6  0
n  2
2
+ TH2: m  2n  8 , ta được: 2 x02  8x0  8  0  2  x0  2   0  x0  2 . Ta có:

m  3
2
2  m.2  2  0


 2
5 (thỏa mãn)
2  2n.2  6  0
n  2
5
Vậy với m  3 và n  thì hai phương trình có nghiệm chung x0  2 .
2
5

Với m  3 và n 
thì hai phương trình có nghiệm chung x0  2 .
2
Câu 4.

(3 điểm)
1) Cho phương trình: x2  2  m  3 x  m  3  0 . Tìm các giá trị của m để phương
trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2 .
2) Cho

x,

y,

z,

t

là các số thực dương. Chứng minh rằng:

x
y
z
t



 2.
y  z z t t  x x  y

5


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

1) Xét phương trình: x2  2  m  3 x  m  3  0
Giả sử: x1  2  x2
 x .x   m  3
Áp dụng Vi-et ta có:  1 2


 x1  x2  2  m  3

Để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2 thì:
 m  32  m  3  0
  0


 x1  2  x 2  2   0
 x1.x2  2  x1  x2   4  0
2

 m  6m  9  m  3  0


m  3  2  2  m  3   4  0

m2  5m  12  0

3m  11  0

11
(do m2  5m  12 luôn lớn hơn 0).
m
3
11
Vậy với m  thì phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn
3
hơn 2 .

2) Đặt:
A

x
y
z
t



y  z z t t  x x y

M

x
y
z
t




x y y  z z t t  x

N

y
z
t
x



x y y  z z t t  x

M N 

x
y
z
t
y
z
t
x








 4.
x y y  z z t t  x x  y y  z z t t  x

Ta có:
N  A

y t x z y t x z



x y y  z z t t  x

4 y  t 
4 x  z
 1
 1
1 
1 
  y  t



 4.
   x  z

 x y z t 
 y  z t  x  x y  z t x y  z t

Chứng minh tương tự ta cũng có: A  M  4 .
 A  M  A  N  8  A  2.

Câu 5.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  t  0 .
(3,5 điểm) Để có được tờ giấy khổ A4 (kích thước
xấp xỉ
21 cm  29, 7 cm) người ta thực hiện như hình vẽ
minh
họa bên.
6


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

Bước 1: Tạo ra hình vuông ABCD cạnh a  21 cm.
Bước 2: Vẽ cung tròn tâm A bán kính AC cắt tia AD tại F .
Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF .
Khi đó hình chữ nhật ABEF chính là tờ giấy A4 thông dụng hiện nay.
Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 này theo đường thẳng AE , rồi xếp theo
đường thẳng FM ( M là trung điểm BE ) khi mở tờ giấy ra. An ngạc nhiên thấy
hai đường thẳng FM và AE vuông góc với nhau. Em hãy chứng minh giúp bạn
An vẽ điều đó.

Ta có: AC  DB  AB2  BC 2  21 2 (cm).
Mà AC  AF ( C , F thuộc đường tròn tâm A )
 AF  AC  21 2  EB .
Xét ABE vuông tại B .
Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:



AE  AB 2  BE 2  212  21 2



2

 21 3
1
2

Xét FME vuông tại E có: EM  EB 

21 2
2

Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:
2

 21 2 
21 6
FM  FE  ME  21  
 
2
 2 
2

2

2

21 6
AE 21 3
FM
Ta có:

 3;
 2  3
EF
21
ME 21 2

Xét AEF và FME ta có:
7


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

AFE  FEM  90
AE FM

EF ME
 AEF ∽ FME (c.g.c)
 FEA  FME

Câu 6.

Mà FEA  HEM  90  FME  MEH  90
 FM  AE (đpcm).
(4 điểm)
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , trên dây cung DC lấy điểm

E sao cho DC  3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD tại M . Trên cung nhỏ CB lấy
điểm N sao cho cung nhỏ DM bằng cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC
tại F . Chứng minh rằng: F là trung điểm của BC .

Gọi I là giao điểm BM và CD :
EI

AB 

EI ME

AB AM

Kẻ OX vuông góc với DM  OXD ∽ ADE (g.g)


DX DE


OD AE

DE
DE  AD
2

2



1

10

1
R
10
2
 DM 
R
10
 DX 

8


Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1

Xét DEM ∽ AEC 

ME DE MD


CE AE AC

ME DE MD 2 1

.


AE CE AC 2 10
ME 1

ME 1

 

AE 5
AM 6
1
1
1
 EI  AB  CD  ID  EI  DE  CD .
6
6
2
 CMI  BNF (g.c.g)
1
 BF  CI  BC
2
 đpcm.

9