DE THI HSG TOAN 9 CO DA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài 150 phút. Câu 1: x 9  4. a) Tính giá trị của đa thức f ( x) ( x  3 x  1). 2016. tại. 1 9  4.  5. 1 9  5 4. 2.2016 2. 2. 2016  1 và 2017 2  1  20162  1 sin 2 x cos 2 x sin x.cos x   1  cot x 1  tan x với 00 < x < 900 c) Tính giá trị biểu thức: b) So sánh. d) Biết. 2017  1 . 5 là số vô tỉ, hãy tìm các số nguyên a, b thỏa mãn:. 2 3   9  20 5 a b 5 a  b 5 Câu 2: Giải các phương trình sau:. 3 2 x 1 x 3    2 3 a) x  3 x  1 2 b) x  5x  8 2 x  2 Câu 3: a) Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 – 4 = 0 c) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số. Câu 4: 4 4 a +b a) Chứng minh rằng ab3 +a 3 b − a2 b2 2 1 1 1 + + =2 b) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích (a + b)(b + c)(c + a). Câu 5: Cho ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC 1 b) Giả sử HD = 3 AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng. ------------------HẾT-----------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I Bài 1 (2,0 điểm):. A a) Cho. x2 . x2  x. x.  x  x 1 x . Hãy rút gọn: B 1  3. x 1 .. A  x  1 (Với 0 x 1).. 64  3x 3  2  3 . Thực hiện tính (x2  3)3 . 3. b) Cho x  2  Bài 2 (2,0 điểm): Giải các phương trình sau: a). x  2  2x  5 + 4. x  2  3 2x  5 = 7 2. 2. b) x  x  2014 2014 Bài 3 (2 điểm): Cho hình thang cân ABCD (AB//CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Trên tia NC lấy điểm G. Đường thẳng GM cắt DB tại H và cắt DA tại K. KN cắt AB tại E; NH cắt AB tại F. a) Chứng minh NM là phân giác của góc ENF. b) Khi G là trung điểm của NC. Chứng minh GA, DB, KN đồng quy. Bài 4 (2,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh: OM ON OP + + =1 a) AM BN CP AM BN CP + + b) OM ON OP  9 Bài 5 (1,0 điểm):. 2. 2. Tìm các số nguyên x, y để: 2 x  3xy  2 y 7 Bài 6 (1,0 điểm): Cho x là số nguyên. Chứng minh rằng: a) A(x) = x5 – x chia hết cho 5.. x 5 x 3 2x   30 6 15 luôn nhận giá trị nguyên. b) M =.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu Câu 1. Ý a). Đáp án x 9 .  2  5. 2.   2      2 5  2. 9 2 2 9   5 2 5 2 = f ( x)  f (1) 1 b). 20152  1 . 2. 2 5 4 2 5 4.  . 20142  1 . 5. 2.  22. 9  8 1. ( 2017 2  1 . 20162  1)( 2017 2  1  20162  1). 2017 2  1  20162  1 Ta có (20152  1)  (20142  1) 2017 2  20162 (2017  2016)(2017  2016)    2 2 2 2 2017  1  2016  1 2017  1  2016  1 2017 2  1  20162  1 2017  2016 2.2016   2017 2  1  20162  1 2017 2  1  20162  1 2.2016 20162  1 > sin 2 x cos 2 x sin x.cos x   cos x sin x 1 1 s inx cos x 3 sin x cos3 x sin x.cos x   1  c osx 1+sinx. Vậy c). d). 2017 2  1 . 2017 2  1  20162  1.  sinx  cos x   sin 2 x  sinx.cos x  cos 2 x  sin 3 x  cos3 x sin x.cos x  sin x.cos x  sinx  c osx s inx  c osx sin x.cos x  1  sin x.cos x 1 ĐK: a b 5 (*) 2 3   9  20 5 a b 5 a  b 5  2(a  b 5)  3(a  b 5)  (9  20 5)(a  b 5)(a  b 5)  9a 2  45b 2  a  5( 20a 2  100b 2  5b) (*) B 0 thi Ta thấy (*) có dạng A B 5 trong đó A, B  Q , nếu = 0 => A= 0. 9a 2  45b 2  a 0 2 2  9a  45b  a 0    2 9 2   9a  45b  b  0 2 2  20a  100b  5b 0  4 Do đó (*) . Câu 2. a). 5. A I B vô lí vậy B. 9a 2  45b 2  a 0   9 a  b  4.  9 a 9 a 0 a  b  4  hoac  b 0 b2  4b 0 b 4  (không t/m ĐK (*)). Vậy a = 9; b = 4 x  1; x  3 ĐK (**) 3 2 x 1 x 3    x 3 x 1 2 3 (2).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . x 3 x 3  ( x  3)( x  1) 6. + Trường hợp : x + 3 = 0  x  3 (TMĐK (**) + Trường hợp : x + 3  0  x  3 2 Ta có (x-3)(x-1) = 6  x  4 x  3 0  x 2  4 x  4 7  ( x  2) 2 7  x 2  7 hoac x 2 . 7 (TMĐK (*)). Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: S ={-3; 2  7 ; 2  b). 7}. ĐK: x  2 (***). x 2  6x  9  x  1  2 x  2 0 2.   x  3  x  2  2 x  2  1 0 2.   x  3 . . . 2. x  2  1 0.  x  3 0   x  2  1 0  x 3 (thỏa mãn ĐK(***)) Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 Câu 3. Ta có: P(0) = d  5 a). P(1) = a + b + c + d  5 => a + b + c  5. (1). P(-1) = -a + b – c + d  5 => -a + b – c  5. (2). Từ (1) và (2) suy ra 2b  5 => b  5 vì (2,5) = 1, suy ra a + c  5 P(2) = 8a + 4b + 2c + d  5 => 8a + 2c  5 => a  5 => c  5 b). Ta có 4x2 – 4xy + 4y2 = 16  ( 2x – y )2 + 3y2 = 16  ( 2x – y )2 = 16 – 3y2 Vì ( 2x – y )2  0 nên 16 – 3y2  0  y2  5  y2  { 0; 1; 4 } - Nếu y2 = 0 thì x2 = 4  x = 2 - Nếu y2 = 1 thì ( 2x – y )2 = 13 không là số chính phương nên loại y2 = 1 - Nếu y2 = 4  y = 2 + Khi y = 2 thì x = 0 hoặc x = 2 + Khi y = - 2 thì x = 0 hoặc x = - 2 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên là (x, y) = ( - 2; 0 ); ( 2; 0 ); ( 0; 2 ); ( 2; 2 ); ( 0; - 2 ); ( - 2; -2 ). c). - Nếu n là số chẵn thì n4 + 4n là số chẵn lớn hơn 2 nên là hợp số - Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + 1 với k là số tự nhiên lớn hơn 0 n4 + 42k + 1 = (n2)2 + (2.4k )2 = (n2)2 + 2.n2.2.4k + (2.4k )2 – 2.n2.2.4k = ( n2 + 2.4k )2–(2n.2k)2 =(n2 + 2.4k – 2n.2k).(n2 + 2.4k + 2n.2k) Vì n2 + 2.4k + 2n.2k > n2 + 2.4k – 2n.2k = n2 + 4k – 2n.2k + 4k = (n – 2k)2 + 4k > 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 4 a). Suy ra n4 + 42k + 1 là hợp số Vậy n4 + 4n là hợp số với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 4 4 a +b 3 3 2 2 Giả sử ta có ab +a b − a b 2  a 4  b 4 2ab3  2a 3b  2a 2b 2  a 4  b 4  2ab3  2a 3b  2a 2b 2 0  a 4  2a3b  a 2b2  b 4  2ab3  a 2b 2 0 2. 2.   a 2  ab    b 2  ab  0 4. luôn đúng với mọi a, b. 4. a +b 3 3 2 2 ab +a b − a b với mọi a, b 2 Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z là các số thực dương 1 1 1 + + =2 x + 1 y + 1 z + 1 Ta có Vậy. b). . 1 1 1 1 1 y z 2   1  1    x+1 y+1 z+1 y+1 z+1 y+1 z+1. . 1 y z 2  x+1 y+1 z+1. y z (Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 2 số dương y + 1 và z + 1 ) 1 y x 1 x z 2  2  y+1 x+1 x + 1 z + 1 và z + 1 Chứng minh tương tự ta có y + 1 1 1 1 y z x z x y   2  2  2  y+1 z+1 x+1 z+1 x+1 y+1 Suy ra x + 1 y + 1 z + 1 1 1 1 xyz 1    8 x+1 y+1 z+1  x  1  y  1  z  1  xyz 8 . Dấu “ = ” xẩy ra khi x y z 1    x  y z  x+1 y+1 y+1 2 1  a b c  4 1 Vậy giá trị lớn nhất của tích ( a + b )( b + c )( c + a) là 8.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 5. a). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tac có: AE.AB = AD2 ; AF.AC = AD2 Suy ra: AE.AB = AF.AC. b). AD AD 2 AD Biểu thị được : tanB = BD ; tanC = CD ; tanB.tanC = BD.CD Biểu thị được:. CD BD BD.CD  tan DHB  HD ; tanC = HD ; tanB.tanC = HD2 tanB = AD 2 AD 2 Suy ra : (tanB.tanC)2 = HD => tanB.tanC = HD = 3  tan DHC . c). Chứng minh được: AE.AB/AK.AB=AF.AC/AI.AC => EF // IK. BM BD BE    ME / /IK  M  EF DC EK Chứng minh được: MI Tương tự chứng minh được N  EF và suy ra 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng Tổng HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I Bài 1 (2,0 điểm):. A. x( x  1)(x  x  1) x  x 1. A  x( x  1) . B 1  1 . . . x3 4  3( 3 2 . 2. x. x  1). x 1. x( x  1)  2 x.  2 x  x  1 1  x1. x( x  1)(x . . 1 . . . x1. 0,25 2. x  1 1  (1 . 3  3 2  3 )3 2 . 0,25. 0,25. x)  x. 3. 3 2  3 4  3x .. Từ x3 = 4 + 3x được: x3 – 3x = 4  (x3 – 3x)3 = 43  x3(x2 – 3)3 = 43 =64.. 0,25. 0,50 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 64 x3 (x2  3)3  3x   3x x 3  3x 2 3 2 3 (x  3) Thay được (x  3) =4. 0,25. Bài 2(2,0 điểm): Giải các phương trình sau:. 2 được: 2x  4  2 2x  5 + 2x  4  6 2x  5 14. Nhân hai vế với. . 2. +. 2x  5  1. 2x  5  3. . 2. 14. 0,25. 2x  5  1  2x  5  3 14  2x  5 5. 0,25. x = 15. Đặt điều kiện rồi đối chiếu hoặc thử lại để kết luận nghiệm.. Cộng hai vế với. 2.  2 1 x   2  1 x 2   2 1 x2   2. x2 . 1 1 x 4  x 2  x 2  2014  4 được: 4. x 2  2014 . 0,25. 1 4. 1  2 1 2 x   x  2014   2 2 2  1  1 1  x 2  2014    x 2   x 2  2014  2     2 2 1 x 2  2014  2 2 2  x  x  2014 . PT vô nghiệm do VT0; VP <0. 1 x 2  2014   x 2  1  x 2  2014  x 4  x 2  2013 0 2 . x1 . 8053  1 ; x 2  2. Giải phương trình được nghiệm: Bài 3 (2,5 điểm): Nối NA, NB. Chứng minh được AND =BNC  NA = NB  NAB cân  MN  AB Có: ME/GN = KM/KG (EM//GN) KM/KG = AM/DG  ME/GN = AM/DG MF/NG = HM/HG HM/HG = MB/DG  MF/NG = MB/DG Mà MA = MB nên ME/GN = MF/GN ME=MF Tam giác ENF có NM vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên NM là phân giác của ENF.. 0,25. 8053  1 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25. Từ DN = 2NG chứng minh được AE = 2EM. Gọi I là giao điểm của EN và DB. Có IE/IN = EB/DN = 4EM/DN. Gọi J là giao điểm của AG và EN, Có JE/JN=AE/NG = 2EM/NG = 4EM/DN  IE/IN =JE/JN  I  J hay GA, DB, KN đồng quy.. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 4 (2,0 điểm):. OM OK  Lần lượt hạ AH, OK vuông góc với BC. Có: AM AH . OK SOBC OM SOBC   AH SABC AM SABC Lại có nên . ON SOAC OP SOAB   BN SBAC CP SCAB Tương tự: ; OM ON OP SOBC SOCA SOAB SABC       1 AM BN CP SABC SABC SABC SABC Cộng được:. 0,25 0,50 0,25 0,25. Với ba số dương a, b, c có:  1 1 1 1 1 1 9      a  b  c  9 + + ≥ a b c a+ b+c   a b c . 0,25. AM BN CP AM BN CP + + + + Có: OM ON OP = OM ON OP . 1 AM BN CP OM ON OP + +   =( OM ON OP ). ( AM BN CP )  9. 0,50. Bài 5 (1,0 điểm): Đưa về phương trình tích.  2 x 2  4 xy  xy  2 y2 7  2x(x  2 y)  y(x  2 y) 7  (x  2 y)(2 x  y) 7. 0,50. Lập và giải các hệ phương trình:.  x  2 y 1  x  2 y 7  x  2 y  1  x  2 y  7 ; ; ;  2 x  y 7 2 x  y 1 2 x  y  7 2 x  y  1. 0,50. Giải được nghiệm: (3; -1); (-3; 1) Bài 5(2,0 điểm): n5 – n = n(n2 -1)(n2 + 1). Xét số dư khi chi n cho 5: n = 5k: n chia hết cho 5 nên n5 – n. n = 5k1: n2 -1 = 25k2 10k + 1-1 = 5(5k2 2k) chia hết cho 5.. 0,25 0,50.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> n = 5k2: n2 +1 = 25k2 20k + 4+1 = 5(5k2 4k+1) chia hết cho 5. Vậy với mọi n Z thì n5 – n chia hết cho 5.. x 5 x 3 2 x x 5  5x 3  4x    30 6 15 30 M= . 5 3 M Z  M(x) = x  5x  4 x chia hết cho 30. 5. 0,25. 3. M(x) = x  x  5x  5x chia hết cho 5. 4. 2. (1). 0,25. 2. M(x) = x(x  1)  5x(x  1) x(x  1)(x  1)(x  1)  5x(x  1)(x  1). x(x  1)(x  1)(x 2  1  5). Tích ba số nguyên liên tiếp x(x-1)(x+1) chia hết cho 2; 3 và ƯCLN(2,3)=1 nên x(x-1) (x+1) chia hết cho 6  M(x) chia hết cho 6. (2) Kết hợp (1), (2) và ƯCLN(5,6) = 1 M(x) chia hết cho 30 hay M nhận giá trị nguyên với mọi x Z.. 0,50. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>