ON THI HSG TOAN 9 DE 17

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ÔN TẬP THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017 – 2018. ĐỀ THI SÔ 17 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4 điểm) 2 3  5  13  48. a) Chứng minh rằng A =. 6 2. b) Cho x là số thực dương thỏa mãn x5 . x2 . là số nguyên. 1 1 14. x3  3 2 x x và Tính giá trị biểu thức A =. 1 x5. B= Câu 2. (3 điểm)  x2  1 1   4 1  x4    4  . x   x  x2 1 x2 1   1  x2   Cho biểu thức P =. a) Rút gọn biểu thức P. b) Với giá trị nào của x thì P có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 3. (4 điểm) 2 2 a)Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab  11b chia hết cho 5 4 4 thì a  b chia hết cho 5. 2x x 5  2  b) Giải phương trình: x  x  1 x  x  1 3 2. Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. M là điểm nằm trong tam giác. Gọi N, P, Q lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, BC, AC. a) Chứng minh rằng khi M thay đổi, tổng MN + MP + MQ có giá trị không đổi b) Chứng minh rằng MA, MB, MC là độ dài ba cạnh của một tam giác. Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. Điểm M bất kì trên cạnh AC (M không trùng với A và C ). Kẻ tia Ax vuông góc với BM, tia Ax cắt BC tại H. Gọi K là điểm đối xứng của C qua H. Kẻ tia Ky vuông góc BM , tia Ky cắt AB tại I.  Chứng minh rằng: Khi M di chuyển trên cạnh AC ta luôn có AIM không đổi. Câu 6. (1 điểm) Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3 F  a 3  b3    a 2  b 2   ab. 2. ==== hết ===.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1a) Ta có :. .  . . 4a 2  3ab  11b2 5  5a 2  5ab  10b 2  a 2  2ab  b 2 5  a 2  2ab  b 2 5 2.   a  b  5  a  b 5.  - Ta có: Câu 2. (3 điểm) 4. 4. 2. a  b  a b. 2. ( Vì 5 là số nguyên tố).   a  b   a  b  5 (đpcm).  x2  1 1   4 1  x4    4  . x   x  x2 1 x2 1   1  x2   Cho biểu thức P =. a) Rút gọn biểu thức P. b) Với giá trị nào của x thì P có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.  x2  1 1   4 1  x4  P  4   . x   2 2 x  x  1 x  1 1 x2     a) x 2  1  x 2  1   x 4  x 2  1  4  1  x 2   1  x 2      . x  2 2 4 2   1  x x  1 x  x  1      4 4 2 x  1 x  x  1  2 .  x 4 1  x 2  4 2 x  1 x  x  1    x2  2 x2 1 x2  2 x2 1  3 3 P 2  2 1  2 x 1 x 1 x 1 b) 1 3 3 x 2  1 1  2 1  2 3  1  2 1  3  2 x 1 x 1 x 1 Do với mọi x . Dấu bằng xảy ra khi x = 0 . Vậy min P = - 2 khi x = 0. Câu 5. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. Điểm M bất kì trên cạnh AC (M không trùng với A và C ). Kẻ tia Ax vuông góc với BM, tia Ax cắt BC tại H. Gọi K là điểm đối xứng của C qua H. Kẻ tia Ky vuông góc BM , tia Ky cắt AB tại I.  Chứng minh rằng: Khi M di chuyển trên cạnh AC ta luôn có AIM không đổi. GIẢI: Dựng điểm F đối xứng với I qua A. Nối CF. Ta có: KI // AH (cung vuông góc BM).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Suy ra: BI BK BI BK BI BK       IK / /CF IA KH 2 IA 2 KH IF KC   Mà IK  BM nên BK  CF. Do đó: ABM  ACF  BFC. B. (cùng phụ )  Xét ABM và  ACF có: 0 ABM  ACF   K ; AB = AC ; BAM CAF 90 Nên  ABM =  ACF (gcg) Suy ra AF = AM, do AF = AI nên AM = AI y I Vậy  AIM vuông cân tại A __ 0  Do đó AIM 45 A Câu 6. (1 điểm) M thức: Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 3 F  a 3  b3    a 2  b 2   ab. 2 a 3  b3 a 2b  ab 2 ab  a  b   a, b  0 . __. F. Ta có bđt a Suy ra . 3.  b3. 2. 2. 2.   ab   a  b  a  b   ab  Mà a  b 1 nên  3. 3 2. 2. 2. +. a 2  b 2  a  b   2ab 1  2ab. 2 3 3 2 F  a3  b3    a 2  b 2   ab.  ab   1  2ab  ab 2 2 Do đó: 2.  ab  . 2. 1 1 1 15  1  15 15 2 ab  1  ab   2. ab    ab     2 4 16 16  4  16 16. Câu 1. (4 điểm) a)Giải phương trình:. x 2  16  x 2  25 9. x 2  16  x 2  25 9  x 2  16  25  x 2 9. H. x. C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Áp dụng bất đẳng thức có:. a  b a b. x 2  16  25  x 2  x 2  16  25  x 2 9. , xảy ra dấu đẳng thức  ab 0 cho vế trái của PT ta. = VP. 2.  x  16 0   25  x 2 0  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  16  x 2 25  4  x 5.  x 2 16  16  x 2 25  2 x  25 .   5  x 5  4  x 5 4  x 5     x 4 v x  4   5  x  4 Nghiệm của PT là: 4  x 5 ;  5  x  4. b)Tính giá trị biểu thức. . 3. A  x  3x  3. . x 3 2 . 2017. tại. a 3 2  3 1  3 3 2   a  b 2  3    2 3 1  b  3  ab 1  2 3 Giải: Đặt  3 x3  a  b  a 3  b 3  3ab  a  b  4  3 x. 3. 1 3. 2. 3. 3  2  3 4. Ta có:. 3. Suy ra x  3x 4 . Do đó:. A  x 3  3x  3. . . 2017.  4  3. 2017. 1. Câu 2. (4 điểm) a) Cho biết x = by + cz; y = ax + cz; z = ax + by. Chứng minh rằng: 1 1 1   2 1 a 1 b 1 c. Giải: + Ta có: x + y = ax + by + 2cz = z + 2cz => x + y – z = 2cz x y z x y z x yz  c 1  1  2z 2z 2z 1 2z   c  1 x  y  z (1).  c. +. y + z = 2ax + by + cz => y + z – x = 2ax .  a. yz x x yz  a 1  2x 2x. 1 2x  a  1 x  y  z (2). + z + x = 2by + ax + cz = 2by + y => z + x – y = 2by zx y zx y x yz  b 1  1  2y 2y 2y 1 2y   b  1 x  y  z (3).  b. + Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được 2 x  y  z 1 1 1 2x 2y 2z       2 a 1 b 1 c 1 x  y  z x  y  z x  y  z xyz ab bc ca  5 5  5 1 5 5 5 b) Chứng minh rằng a  b  ab b  c  bc c  a  ca với a, b, c > 0 và abc = 1. 5 5 3 2 2 3 5 3 2 5 2 3 Ta có: a  b a b  a b  a  a b  b  a b 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . . . .  a 3 a 2  b 2  b3 a 2  b 2 0  a 2  b 2 a 3  b3 0   a  b . . . . 2.  a  b   a 2  ab  b 2  0 (bđt đúng). Dấu bằng xảy ra khi a = b 5 5 3 2 2 3 5 5 3 2 2 3 Ta có a  b a b  a b  a  b  ab a b  a b  ab. . ab ab 1 abc abc c  3 2  2  2   5 2 3 2 2 a  b  ab a b  a b  ab a b  ab  1 a b  ab  abc ab  a  b  c  a  b  c 5. ab c  5 Vậy a  b  ab a  b  c 5. Tương tự bc a ca b   5 5 5 b  c  bc a  b  c ; c  a  ca a  b  c 5. Cộng vế theo vế => đpcm Câu 3. (3 điểm) a)Cho số nguyên n không chia hết cho 2 và 3. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức 2 4n  3n  5 chia hết cho 6. Giải: + Vì n không chia hết cho 2 và 3 nên n = 6k + 1 hoặc n = 6k – 1 (Với k thuộc Z) 2. 2 + Nếu n = 6k + 1 thì 4n  3n  5 4  6k 1  3  6k 1  5. 4 36k 2  12k  1  18k  3  5. . . 2. 4.36k  4.12k  4  18k  8 144k 2  66k 12 6 24k 2 11k  2 6. . 2. . 4n 2  3n  5 4  6k  1  3  6k  1  5 6 24k 2  5k  1 6.   + Nếu n = 6k – 1 thì + Vậy ……………………….. b) Chứng minh rằng giá trị biểu thức n6 – n2 chia hết cho 60 với mọi số nguyên n. Ta có: 60 = 3. 4. 5 +. B n6  n 2 n 2 n 2  1 n 2  1  n  1 n 2  n  1 n 2  1. . . . . . n  1 n n  1 3  B 3.    + Ta có  + Nếu n chẳn thì n2 chia hết cho 4  B 4 n lẻ thi n – 1 và n + 1 là các số chẵn   n  1  n 1 4  B 4 + n2 chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 2 + Nếu n2 có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 thì n 5 2 n2 có chữ số tận cùng là 1 hoặc 6 thì n  15 2 n2 có chữ số tận cùng là 4 hoặc 9 thì n  15 Suy ra  B 5 + Vì 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên B chia hết cho 60 Câu 4. (5 điểm).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 5. (3 điểm) Câu 6. (2 điểm) x 2y 1  1 xy 2  8 Cho x, y là hai số dương thỏa mãn 1  x 1  y . Chứng minh x 2y  1  x  1  y   2 y  1  x   1  x   1  y  1 x 1 y  x  xy  2 y  2 xy 1  y  x  xy  y  2 xy 1  y 1  2 xy  2 xy 1  y. Ta có:. xy 2 2 xy.. y y y  y2  1  y   2 2 2. 2 2  4 y 2  4 y 1  4 y  4 y  1 1  2 y  1 1      8 8 8 8 8 1 1 y x 2 ; 2 Dấu “=” xảy ra khi. . . === hết===. Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, H là trực tâm tam giác. Đường thẳng vuông góc BC tại C cắt tia BH tại D. Đường thẳng vuông góc BC tại B cắt tia CH tại E. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BE, CD. a) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. b) Trung tuyến AI của tam giác ABC cắt MN tại P. Chứng minh BC2 = 4AI. IP     a) + BE // CD EBH HDC; BEH DCH (sl trong) =>  HBE.  HDC (g.g). HE BE 2 EM EM    => HC CD 2CN CN. D A. HE EM   MEH  NCH ;   HC CN  HEM +  HEM và  HCN có: .  HCN (c.g.c). . E Do đó: EHM CHN . 0 0     mà CHN  NHE 180  MHE  NHE 180  M, H, E thẳng hàng M B. N H. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> a a) Cho a, b là hai số thực bất kì thỏa mãn giá trị biểu thức P  a  b  2017 Giải. a a.   2017  a . . Tính.  a  2017  b . a 2  2017 b  b 2  2017 2017  a2. 2. . b 2  2017 b . . . . a 2  2017 b .    2017    2017  2017 a   a. . a 2  2017 b .   2017 . a 2  2017 b . b2. . . b 2  2017 2017 a  b 2  2017. . b 2  2017 2017.  ab  a b 2  2017  b a 2  2017  a 2  2017. b 2  2017 2017 (1). Mặt khác từ giả thiết. a. . 2.   a 2   a 2  2017    b2   b 2  2017   2017 a . . . a 2  2017 b  b2  2017 2017. . . a 2  2017 b  b 2  2017 2017.  ab  a b 2  2017  b a 2  2017  a 2  2017. b 2  2017 2017. Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được 2a b 2  2017  2b a 2  2017 0  a b 2  2017  b a 2  2017 0. (2). . . a 2  2017 b . b 2  2017. .

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