De thi HSG toan 9 cap tinh96

MỨC ĐỘ

THÔNG
HIỂU
Câu 1, ý 1
3đ
Câu 2 ý 1
3đ

CHỦ ĐỀ
1. RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ.
2. PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH.
3. BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
NHỎ NHẤT
4. HÌNH HỌC PHẲNG

Câu 4, ý 1
2đ

VD THẤP
Câu 1, ý 2
2đ
Câu 2 ý 2: 2
đ
Câu 3
2đ
Câu 4, ý 2 2
đ

5. SỐ HỌC ( CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN
TỐ).NGUYÊN LÝ ĐIRICLE

8 đ (40%)

8 đ (40%)

VD CAO

ĐIỂM
5đ
5đ
2đ

Câu 4, ý 3: 2đ
Câu 5 ý 1,2
2đ
4 đ (20%)

6đ
2đ
20 đ

Câu 1. (5,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức A 

2 x  13
x  3 2 x 1


với x  0; x  4; x  9.
x 5 x 6
x  2 3 x

2. Giả sử a là nghiệm âm của phƣơng trình

3x2  2 x  2  0 . Không giải phƣơng trình, tính giá trị biểu

thức P  3a 4  (4 2  4)a  2  3a 2 .
Câu 2. (5,0 điểm)
2
2

x  2 y  7x
1. Giải hệ phƣơng trình  2
.
2

 y  2x  7 y





2. Giải phƣơng trình 3x 2  65  2 x 17  2 x  1 .
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn ab2  bc2  ca2  4abc  0. Chứng minh

b
c
a



 4.
a
b
c

Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD , lấy điểm E trên cạnh BC ( E khác B và C ); đƣờng thẳng qua B vuông góc
với DE cắt DE tại H và cắt CD tại K . Gọi M là giao điểm của DB và AH .
a) Chứng minh ba điểm E, K , M thẳng hàng.
b) Chứng minh E là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác CHM .
2. Cho tam giác ABC , P là điểm trên cạnh BC ( P khác B và C ); Q, R lần lƣợt là hai điểm đối xứng
với P qua AC, AB. Lấy điểm M nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AQR sao cho AM song song với
BC. Chứng minh đƣờng thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi trên cạnh BC.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Trên mặt phẳng lấy 21 điểm bất kì trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng; mỗi điểm đƣợc tô bởi
một trong bốn màu đỏ, cam, vàng và lục. Các đoạn thẳng nối hai trong 21 điểm đó đƣợc tô bởi một trong hai
màu chàm và tím. Xét các tam giác có ba đỉnh thuộc các điểm đã cho, chứng minh tồn tại tam giác có ba đỉnh
cùng màu và ba cạnh cùng màu.


2. Giả sử n  , n  2. Xét các số tự nhiên dạng an  11...1 đƣợc viết bởi n chữ số 1. Chứng minh rằng
nếu an là một số nguyên tố thì n là ƣớc của an  1.
Đáp án

Câu

1. A 

C1

2 x  13
x  3 2 x 1


x 5 x 6
x  2 3 x

2 x  13 
=



x 3



5đ
2. Từ giả thiết ta có



 

=



2 x  13
x 3



x  3  2 x 1

x 3



x 2





x 2

x 2

=







x  3 2 x 1

x 2
x 3

x x 6
x 3



x 2





x 2
.
x 2

3a 2  2  2a  a  0   3a 4  4  4 2a  2a 2 suy ra

P  3a 4  (4 2  4)a  2  3a 2  2  a  1  2a  2  2  2a  2a  2  2  2.
2

1. Trừ vế theo vế hai phƣơng trình ta có  x  y  3x  3 y  7   0  x  y  0 hoặc 3x  3 y  7  0 .

x  0
TH1: x  y  0  y  x . Thay y  x vào phƣơng trình (1) ta đƣợc x 2  7 x  0  
 x  7
Trƣờng hợp này hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x, y   0,0  ;  7, 7 
7
7
 x . Thay y   x vào phƣơng trình (1) ta đƣợc 9 x2  21x  98  0 .

3
3
Phƣơng trình này vô nghiệm nên hệ phƣơng trình vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  0, 0  và  7, 7  .
TH2: 3x  3 y  7  0  y 
C2
5đ

1
2. Điều kiện xác định x  .
2
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình
x  5
 2x 1  8  x
2
2

.
8  2 x   2 x  1  x  
 x  25  40
 2 x  1  3x  8

9





25  40
.

9
Áp dụng B.Đ.T Cauchy ta có ab2  bc2  2bc ab ; bc2  ca 2  2ca bc ; ca 2  ab2  2bc ca .
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh.

Đối chiếu điều kiện phƣơng trình có hai nghiệm x  5, x 
C3
2đ

1 a) Xét tam giác BDK , ta có: DH  BK , BC  DK , BC
cắt DH tại E . Suy ra E là trực tâm tam giác BDK . Để
chứng minh M , E, K thẳng hàng ta chỉ cần chứng minh
MK  BD .

B

A
M

C4
E

6đ
D

C

H

K

Tứ giác ABHD có BAD  BHD  900 nên nội tiếp. Suy ra
BHA  BDA  450 .
Tứ giác DMHK có: MDK  BHM  450 nên nội tiếp.
Lại có, DHK  900 (gt) nên DMK  DHK  900 (cùng chắn
cung DK ). Từ đó ta có điều cần chứng minh.


1 b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK  EHK  900 ) suy ra ECH  EKH (1)
Tứ giác CKBM nội tiếp suy ra EKH  BCM  ECM  2  .
Từ (1), (2) suy ra ECH  ECM . Do đó, EC là đƣờng phân giác góc MCH . Chứng minh tƣơng tự, ta
cũng có ME là đƣờng phân giác góc CMH .
Vì E là giao điểm hai đƣờng phân giác trong góc M và C của tam giác CHM nên ta có điều phải
chứng minh.
2. Gọi N là giao điểm của RB và QC; O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
A

M

Q

O
R
B

C

P

Ta có ARN  AQR  1800 nên N nằm trên đƣờng tròn (w) ngoại tiếp tam

giác AQR. Đƣờng tròn (w') ngoại tiếp tam giác BCN cắt (w) tại điểm thứ
hai G.
Từ RBG đồng dạng với QCG suy ra GP là phân giác BGC .

N

BNC  RNQ  180o  2BAC  1800  BOC nên O nằm trên (w');

G

mà OB = OC nên GO là phân giác BGC và do đó G, P, O thẳng hàng. Ta
cũng có N, O, A thẳng hàng.
Gọi M' là giao điểm thứ hai của GO với (w).
Ta có AM ' G  ANG  ONG  OPC  MPC suy ra AM '/ / BC nên M '  M .
Do đó G, P, O và M thẳng hàng. Vậy MP luôn đi qua O cố định.
1. Vì có 21 điểm và đƣợc tô bởi 4 màu mà 21 = 4.5+1 nên theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại ít nhất 6
điểm đƣợc tô cùng một màu.
Gọi 6 điểm cùng màu đó là A, B, C, D, E, F. Từ điểm A ta kẻ với 5 điểm còn lại đƣợc 5 đoạn thẳng, 5
đoạn này đƣợc tô 2 màu thì sẽ có ít nhất 3 đoạn đƣợc tô cùng màu.
Không mất tổng quát giả sử các đoạn AB, AC, AD đƣợc tô cùng màu tím.
Trong các đoạn nối ba điểm B, C và D nếu có một đoạn màu tím, giả sử là BD thì tam giác ABD là tam
giác cần tìm. Nếu trong các đoạn nối ba điểm B, C, D không có đoạn nào màu tím thì tam giác BCD là
tam giác cần tìm.
2. Trƣớc hết ta chứng minh: nếu an là số nguyên tố thì n là số nguyên tố.
Giả sử n là hợp số, n  bq; b, q  ,1  b, q  n. Khi đó
C5
2đ

an  11...1  11...1 10q (b1)  10q (b2)  ...  1 11...1 là hợp số. Trái giả thiết, nên n là số nguyên tố.
bq chö soá 1

q chö soá 1

q chö soá 1

10n  1
10n  10
1 
 10n  10 9
9
9
Theo định lí Fermat nhỏ, ta có 10n  10 n
(2).
Nếu n  3 thì an  111 3 không thỏa mãn giả thiết.
Tiếp tục ta có an  1 

(1).

Nếu n  3 ta có  n;9   1 nên từ (1) và (2) suy ra 10n  10 9n. Vậy n là ƣớc của an  1.