De thi dap an thi HSG Toan 9 huyen Tien Du 20172018

UBND HUYỆN TIÊN DU
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TỐN 9
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm)
 6x  4
  1  3 3x3
3x
P 


 .
3
3
x

2
3
x

4
1

3
x
3
3

x

8


Cho


3x 



a) Rút gọn P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (6,0 điểm)
Giải phương trình, hệ phương trình:
a)
b)

2  x 2  2  5 x 3  1

x 1  2( x 1)  x  1  1  x  3 1  x 2

 x  y 2x  y
 7  17 7

 4x  y  y  7 15
19
c)  5

Câu 3 (3,0 điểm)
 x   m  1 y 2

 m  1 x  y m 1
1) Cho hệ phương trình 
x; y

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất   thỏa mãn x  5 y 0 .
2) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số.
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A bên ngồi đường trịn, từ A vẽ tiếp tuyến AB với
đường trịn (B là tiếp điểm). Kẻ đường kính BC của đường tròn (O). AC cắt đường tròn
(O) tại D (D khác C). Từ C vẽ dây CE // OA. BE cắt OA tại H.
1) Chứng minh rằng: AB2 = AD . AC.
2) Chứng minh rằng AE là tiếp tuyến của đường tròn (O).


OCH
OAC

3) Chứng minh rằng:
4) Tia OA cắt đường tròn (O) tại F. Chứng minh: FA . CH = HF . CA.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số dương x; y; z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của


1
1 1
P



16 x 4 y z
UBND HUYỆN TIÊN DU
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HDC THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Năm học 2017 – 2018
Mơn thi: Tốn 9
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu

Hướng dẫn giải

Điểm

4
3 , ta có:
a) ĐKXĐ:
6 x+ 4
√3 x
1+ 3 √3 x 3
−
−√3 x
P=
.
3 √3 x 3 − 8 3 x+ 2 √ 3 x+ 4
1+ √ 3 x
3
6 x +4

√3 x
1+ ( √3 x )
−
=
.
− √3 x
3
( √3 x ) −8 3 x +2 √ 3 x +4
1+ √ 3 x
( 1+ √3 x ) ( 1− √3 x +3 x )
6 x+ 4 − √3 x ( √3 x − 2 )
−√3 x
=
.
( √ 3 x − 2 ) ( 3 x +2 √ 3 x + 4 )
1+ √ 3 x
6 x +4 −3 x+ 2 √ 3 x
3x  2 3x  1
= ( √ 3 x − 2 ) ( 3 x +2 √ 3 x + 4 ) .
x 0; x 

(
(

1

) (
) (
(

)

)





 3x  2

3 x +2 √ 3 x + 4

= ( √ 3 x − 2 ) ( 3 x +2 √ 3 x + 4 ) .
2
1
( √ 3 x − 1 )2
. 3x  1
¿
3x  2
√ 3 x −2
=






P





0.75


0.75

2

x 0; x 

4
3

3x  2 với
2
3 x−3
( √3 x − 1 )
−2
b) Ta có P ¿
=
√3 x − 2
√ 3 x −2
Vậy:

)

3x  1



3x  1

0.75

0.25

0.75

Nếu 3x – 3 = 0 ⇔ x=1 ⇒ P=− 2 (tm)
Khi x 1
+) Nếu √ 3 x là số vô tỷ thì P là số vơ tỷ
+) Nếu √ 3 x là số nguyên thì P nguyên khi

3 x−3
1
∈ Z ⇔ √3 x +2+
∈ Z ⇔ √ 3 x −2 là ước của 1
√3 x − 2
√3 x −2
⇔
⇔
√ 3 x −2=1 √ 3 x=3 x =3(TM)
¿
¿
¿
1
√ 3 x −2=−1 √ 3 x =1 x= ( loai)
có

3
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿

Vậy với x = 1; x = 3 thì P có giá trị ngun.

0.75


Chú ý: Học sinh khơng tìm ĐKXĐ hoặc tìm ĐKXĐ sai vẫn chấm nhưng trừ 0.25
phần ĐKXĐ .
a) ĐK: x ≥ −1
2  x 2  2  5 x 3  1
⇔2 ( x2 − x +1+ x+ 1 )=5 √ ( x+1 ) ( x 2 − x+1 )

2

⇔2 ( x 2 − x +1 ) −5 √ ( x+1 ) ( x 2 − x+1 ) + 2 ( x +1 )=0

⇔ 2 ( x 2 − x +1 ) − 4 √ ( x+ 1 ) ( x 2 − x+ 1 ) − √ ( x +1 ) ( x 2 − x +1 ) +2 ( x+ 1 )=0
⇔ ( √ x 2 − x +1− 2 √ x +1 )( 2 √ x 2 − x+ 1− √ x +1 ) =0
⇔ √ x2 − x +1− 2 √ x +1=0
hoặc 2 √ x 2 − x+1 − √ x +1=0
5+ √ 37
5 − √ 37
( tm) ; x2=
( tm)
Giải ra được x 1=
2
2

2

KL:

b)

x 1  2( x 1)  x  1  1  x  3 1  x 2

Đặt a  x  1; b  1  x ( 1x 1) . Khi đó phương trình đã cho trở thành:
a + 2a2 = - b2 + b + 3ab  (a - b)2 + a (a - b) + (a - b)
 (a - b) (2a - b + 1) = 0
 x 0
 x 1  1  x
 a b

 

 x   24

2
a

1

b

 2 x  1  1  1  x
25

 x  y 2x  y
 7  17 7
17( x  y )  7(2x  y ) 7.7.17


19(4x  y )  5( y  7) 5.19.15
 4x  y  y  7 15
19
c)  5
31x-10y=833


76x  24 y 1460

2

2

 x 23


 y  12

Vậy...
3

1)
 x   m  1 y 2

 m  1 x  y m  1
ïì y = ( m +1) x - ( m +1)
Û ïí 2
ïï m x = m 2 +1
(*)
ỵ
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì phng trỡnh (*) cú nghim duy nht
ị mạ 0
ổm 2 +1 m +1ử
( x, y ) = ỗ
; 2 ữ
ữ
ỗ
2
ữ
ỗ
m
m
ố
ứ
m

0
Vi
hpt có nghiệm duy nhất

Để x + 5y = 0 thì m2 + 1 + 5(m + 1) = 0 Þ m = –2, m = –3

0.5
0.25
0.75


Kết luận:

m    2;  3

thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) thỏa mãn

x  5 y 0 .

2
- 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
Suy ra n4 + 42k + 1 là hợp số
Vậy n4 + 4n là hợp số với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1

1.5

4

a) Chỉ ra: BD vng góc AC tại D; ∆ABC vng tại A.
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và hình chiếu trong tam giác vng ta có:
AB2 = AD . AC
b) Ta có: ∆BCE vuông tại E  CE  BE mà OH // CE  OH  BE tại H
 H là trung điểm của BE  OA là đường trung trực của BE  AB = AE
Xét ∆ABO và ∆AEO có: OB = OC; chung OA; AB = AE
0
 ∆ABO = ∆AEO (c . c. c)  ABO AEO 90
 AE là tiếp tuyến của (O).
c) Áp dụng hệ thức giữa cạnh và hình chiếu trong tam giác vng ABO ta
OC OH


2
2
OA
OC
có:OB = OH . OA. Mà OB = OC nên OC = OH . OA
OC OH

AOC
Xét ∆OCH và ∆OAC có:
chung; OA OC

1.5

1.5

1.5



OAC
 ∆OCH đồng dạng ∆OAC (c.g.c)  OCH




d) Ta có +) OCH OAC . Mà OA // CE nên ACE OAC (Hai góc so le trong)

ACE (1)
 OCH


+) OCF OFC (∆OCF cân tại O).





Mà OF // CE nên OFC FCE (Hai góc so le trong)  OCF FCE (2)

1.5






HCF
FCA
 CF là tia phân giác của HCA
Từ (1) và (2) suy ra:



CH HF
  FA.CH HF.CA
CA AF
(đpcm)

 1
1 1 1
x x
y 1 y
z
z
P  x  y  z  

  
 
  

1
 16 x 4 y z  16 4 y z 16 x 4 z 16 x 4 y
21 x
y
x

z
y z 21 1 1
49
 

 
 
   1 
16 4 y 16 x z 16 x z 4 y 16 4 2
16

5
Dấu bằng xẩy ra khi

1
2
4
x  ; y  ;z 
7
7
7

49
1
2
4
MinP   x  ; y  ; z 
16
7
7

7
Vậy

0.5

0.5