HSG Toan 9 cam giang 1617

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD. tranvantoancv.violet.vn PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC: 2016 - 2017. MÔN: TOÁN LỚP 9. Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) 1 2  6 x  9x  1  1 1 P    x  ;x   1 3 x  2 x  1 1  4x  4 9 a) Cho biểu thức: với x  0;. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. 3. 3. b) Cho x  5  2 13  5  2 13 Tính giá trị của biểu thức A = x2015 – x2016 + 2017. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình:. x 2  3 x  1  x  3 x 2  1. b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn: 5 x  3 y 2 xy  11 . Câu 3. (2,0 điểm) 4 n a) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n  4 là hợp số. b) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P. x y z   x 1 y 1 z 1. Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2cm. Gọi E, F thứ tự là trung 0  điểm của AD, DC. Gọi I, H thứ thự là giao điểm của AF với BE, BD. Vẽ BIM 45 (M thuộc cạnh BC), O là giao điểm của IM và BD. a) Tính độ dài của AI, BI. b) Chứng minh 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh DH.BO = OH.BD. Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 3. 1  1  1   10    a    b    c     b  c  a  3  . . ---------------Hết--------------Họ và tên học sinh:...................................................... Số báo danh:.....................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD.. tranvantoancv.violet.vn. Họ và tên Giám thị:...................................................... Chữ ký:............................................ PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG. Câu Câu 1 (2 điểm). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 9 Hướng dẫn chấm gồm 04 trang. Đáp án 1 2  6 x  9x  1  P    1  4x 2 x  1 1 3 x   a)  1  9x  6 x  1 2    2 x  1 (2 x  1)(2 x  1) 3 x1   2 x 1  2 (3 x  1) 2   (2 x  1)(2 x  1) 3 x  1 1  (3 x  1) 2 x 1. Điểm. 0,25. 3 x1 2 x 1 3 x1 1 1 P x  ;x  2 x  1 với x  0; 4 9 Vậy 6 x  2 3(2 x  1)  5 5 2P   3  2 x 1 2 x 1 2 x 1 Xét Với x  Z thì: 5 P  Z  2P 3  2 x  1 là số nguyên chẵn . 0,25. 5 2 x  1 là số nguyên lẻ  2 x  1   1;5 . 0,25. 1) 2 x  1 1  x 0 (thỏa mãn ĐK) 2) 2 x  1 5  x 4 (thỏa mãn ĐK). 0,25. x   0; 4. Vậy Ta có:. . x3 . 3. là các giá trị cần tìm.. 5  2 13  3 5  2 13.  x 3 10  3 3  27. . 3. . 3. 5  2 13  3 5  2 13. . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD.. tranvantoancv.violet.vn. 3.  x 10  9 x 0,25.  x 3  9 x  10 0   x  1 x 2  x  10 0. . . 2. 1  39  x  x  10  x     0 2 4  x 1 vì  , với mọi giá trị của x.. 0,25. Thay x = 1 vào biểu thức A ta được: A = 12015 – 12016 + 2017 = 2017.. 0,25. 2. x 2  3 x  1  x  3 x 2  1. a) . 2 Đặt √ x +1 = t, với t > 0, ta có t2 + 3x = (x + 3).t Từ đó giải được t = x; t = 3 Do đó:  x 0 2  2 √ x +1 2  x  1 x vô nghiệm.  + Với t = x, ta có =x. Câu 2 (2 điểm). + Với t = 3, ta có √ x2 +1 = 3  x2 = 8  x = ± 2 √ 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ± 2 √ 2 . b) Ta có: 5x – 3y = 2xy – 11  2xy + 3y = 5x + 11  y(2x + 3) = 5x + 11 Dễ thấy 2x + 3  0 (vì x nguyên) do đó 5 x  11 2x  3 Để y  Z ta phải có 5x + 11  2x + 3 y. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25.  2(5 x  11) 2 x  3  10 x  222 x  3  5(2 x  3)  7 2 x  3.  7 2 x  3  2x + 3 là ước của 7. Ta có 2x + 3 1 -1 7 -7 x -1 -2 2 -5 y 6 -1 3 2 Vậy cặp số (x; y) nguyên cần tìm là (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2) Câu 3 a) Ta có n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc (2 điểm) n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. + Với n = 2k, ta có: 2 k ¿4 + 42 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. n4 + 4 n=¿ Do đó n4 + 4 n là hợp số.. + Với n = 2k + 1, tacó:. 0,25. 0,5 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD. 4. n. 4. 2k. 4. tranvantoancv.violet.vn. k 2. n  4 n  4 .4 n  (2.4 ). n 4  2.n 2 .2.4k  (2.4 k ) 2  2.n 2 .2.4 k (n 2  2.4k ) 2  (2.n.2k ) 2  n 2  2.4 k  2.n.2k   n 2  2.4 k  2.n.2k   (n  2k ) 2  4k   ( n  2 k ) 2  4 k  Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số. Vậy n4 + 4n là hợp số với n là số tự nhiên lớn hơn 1. 0,25 0,25 x 1  b) Ta có: x  1 y 1  y 1 z 1  z 1. 1 x 1 1 y 1 1 z 1 1 1 1 => P = 3 – ( x +1 + y +1 + z +1 ) = 3 – Q.. 0,25. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì a  b  c 3 3 abc  . 1 1 1 1  1 1 1   3 3   a  b  c      9 a b c abc a b c. 1 1 1 9    a b c abc. 0,25 1. 1. 1. Suy ra Q = x +1 + y +1 + z +1 ⇒. 9 – Q − 4 nên P = 3 – Q. 9 4 9. 1 Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 3 3. 3. 3– 4 = 4 .. 0,25. 1. Vậy GTLN của P = 4 khi x = y = z = 3 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD.. Câu 4 (3 điểm). A. tranvantoancv.violet.vn B. I O. E. M. H. D. F. 0,25. C. a) Chứng minh được ABE DAF   ABE DAF 0   Mà DAF  BAF 90   ABE  BAF 900  AIB 900. 0,25. Xét tam giác ABE vuông tại A, theo định lý Pytago có: BE  AB 2  AE 2  22  12  5 (cm) Lại có AI  BE, do đó:. AB. AE 2.1 2 5   BE 5 (cm) 5  AI.BE = AB.AE AB 2 22 4 5  BI    2 BE 5 (cm) 5 BI.BE = AB AI . 0,25 0,25. b) Xét ABH và BIM có ABH BIM  450   BAH IBM (cùng phụ với ABI ) BIM (g.g) Suy ra ABH AB AH BH    BI BM IM (1) HFD Ta có HAB HB AB HA   2  HD DF HF 2 2 4 2 2 2 2 5 BH  BD  2 2  AH  AF   5   3 3 3 (cm); 3 3 3 (cm). Từ (1)  BM Ta có BC  BMH. 2 5 4 5  AH .BI 3 5 4 BM   AB 2 3 (cm) BH 2   BD 3 BCD (c.g.c). 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD.   BMH BCD. tranvantoancv.violet.vn. Do đó , mà hai góc này ở vị trí đồng vị  MH // CD Mà BC  CD  MH  BC Ta có BIH và BMH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền BH, do đó 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính BH. 0    c) Ta có BIM MIF 45 , do đó IM là phân giác của BIF. Ta lại có AF BE  5 (cm) . IF  AF  AI  5 . 0,25. 0,25. 2 5 3 5  5 5 (cm). 0,25. IF DF 3 5   Suy ra BA AH 10 . . 0. BAH (c.g.c)  DIF  ABH 45 Suy ra IDF  Do đó ID là phân giác của EIF Xét tam giác BIH có IO và ID là phân giác trong và ngoài . 0,25. OH DH IH   OB DB IB. 0,25. 0,25. Suy ra DH.BO = OH.BD. 3. 1  1  1   10    a    b    c     Chứng minh rằng:  b   c   a   3  .. Vì a + b + c = 1 nên 1 1 1 1 1 1 1  P  a    b    c   abc     1 b c  a abc a b c . 0,25. Từ bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có:. Câu 5 (1 điểm). 1 a b c 3 1   abc  abc  3 3 27 1 0x 27 Đặt x abc , thì 1 1  27  x   1  27 x  x   27   0 x 27 27 x Do đó 1 1 1 730 x  abc  27   x abc 27 27 Suy ra 1 1 1 1 1 1  a  b  c      9    9 a b c a b c Mặt khác 730 1000  10  P  10    27 27  3  Nên. 0,25. 0,25. 3. 3. 1  1  1   10   1 a b c   a    b    c     3. Vậy  b   c   a   3  ; dấu “=” xảy ra khi. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD.. tranvantoancv.violet.vn. * Lưu ý: HS làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>