PHÒNG GD & ĐT HƯƠNG SƠN
TRƯỜNG THCS TT TÂY SƠN
Đề thi chính thức
ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2017 - 2018
Đề thi mơn: Tốn 9
Thời gian làm bài: 120' (không kể thời gian giao
đề)
Bài 1: (4,0 điểm)
P
x
2
x2
x 2 x ( x 1)( x 2 x )
x x
Cho biểu thức:
a. Rút gọn P .
b. Tính P khi x 3 2 2 .
c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4,0 điểm)
Giai các phương trình
2
a) x 10 x 27 6 x x 4
b)
x 2 12 5 3x x 2 5
Bài 3: (4,0 điểm)
2
a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y 2 xy 3 x 2 0
3
x 1
3 2x
1
1
3 3
3
(
x
1)
y
y
x
1
x
1;
y
0
b. Cho
, chứng minh:
x
y
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao
điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vng góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung
điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vng góc với EF.
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC là 3a 2
Bài 5: (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a b c 3 . Chứng
minh rằng:
a 1 b 1 c 1
3
1 b2 1 c2 1 a 2
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
Bài 1: (4,0 đ)
Câ
u
x
2
x2
x ( x 1)
x ( x 2)
x ( x 1)( x 2)
P
a
2đ
b.
1đ
c
1đ
Nội dung cần đạt
x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2 x 2 x 2 x 2
x ( x 1)( x 2)
x ( x 1)( x 2)
x x 2x 2 x x
x ( x 1)( x 2) ( x 1)
x ( x 1)( x 2)
x ( x 1)( x 2) ( x 1)
x 3 2 2
x 2 2 2 1 ( 2 1) 2 2 1
( x 1)
2 1 1
2 2
1 2
( x 1)
2 1 1
2
ĐK: x 0; x 1 :
P
P
( x 1)
x 1 2
2
1
( x 1)
x1
x1
Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9
Bài 2: (4,0đ)
Câu
1.
Nội dung
ĐK: 4 x 6 :
2
2
(2,0đ) VT x 10 x 27 ( x 5) 2 2 , dấu “=” xẩy ra x 5
VP 6 x x 4 (12 12 )(( 6 x )2 ( x 4) 2 ) VP 2 , dấu “=” xẩy ra
1
1
6 x x 4 x 5
6 x
x 4
VT VP x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x 5
2.
(2,0đ)
Để phương trình có nghiệm thì :
2
x 2 12
2
x 12 4 3 x 6 x 5 3
x2
x 2
2
x
12
4
x 1
x 2 5 3 x 5 0 x
x2 4
x 2 12 4
3 x 2
3 0 x 2
x2 5 3
5
3
x2 4
x2 5 3
x2
x2
2
x2 5 3
Dễ dàng chứng minh được x 12 4
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2}
3 0, x
5
3
Bài 3: (4,0đ)
Nội dung
2
y 2 xy 3x 2 0 x 2 xy y x 2 3x 2 ( x y ) 2 ( x 1)( x 2)
Câua
2
2
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp
2,0đ
x 1 0
x
2
0
nên phải có 1 số bằng 0.
x 1 y 1
x 2 y 2
Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y ) ( 1;1) hoặc ( x; y ) ( 2; 2)
x 1; y 0
x 1 0; y 0
1
x 1
1
0;
0; 3 0
3
( x 1)
y
y
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương:
Câub
(2,0đ
1
1
1
3
1 1 3. 3
.1.1
2
3
3
3
( x 1)
( x 1)
( x 1)
x 1
3
3
(1)
3
x 1
x 1
x 1 3( x 1)
2
1 1 3 3
.1.1
y
y
y
y
1
1
1 3
1 1 3. 3 3 .1.1 3 2
3
y
y
y
y
(3)
Từ (1); (2); (3):
3
x 1
1
1
3
3( x 1) 3
6
3
3
( x 1) y y
x 1
y
y
3
x 1
1
1 3 6 x 6 3x
3 2x x
3(
)
3
3
( x 1) y y
x 1
y
x 1 y
Bài 4: : (6,0đ)
Câu
a(2,0đ)
(*)
Nội dung
(2)
E
M
A
N
D
B
F
C
Ta có:
∠ ECD =∠BCF
(cùng phụ với ∠ ECB )
Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vng – góc nhọn)
CE = CF
ECF cân tại C
Mà CM là đường trung tuyến nên CM EF
b
Vì EDC = FBC ED = FB
(2,0đ)
NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có:
BC2 = NB.BF a2 = NB.DE (đpcm)
* CEF vng tại C có CM là đường trung tuyến nên
AEF vng tại A có AM là đường trung tuyến nên
CM
AM
EF
2
EF
2
CM = AM M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vng nên B, D thuộc đường trung trực của AC
B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm).
1
c(2,0đ)
AF AE CB
SACFE = SACF + SAEF = 2
1
(AB BF) AE AD
2
1
(a x).DE
2
1
(a x)x
2
SACFE = 3.SABCD
1
(a x)x 3a 2 6a 2 ax x 2 0
2
(2a x)(3a x) 0
Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a
A là trung điểm của DE AE = a
AN AE
1
Vì AE //BC nên NB BC
N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD
Bài 5
(2 đ)
Theo Cơsi ta có:
1 b 2 2b
nên:
a 1
b2 (a 1)
b2 (a 1)
ab b
(
a
1)
(
a
1)
a 1
2
2
1 b
b 1
2b
2
a 1
ab b
a 1
2
1 b
2
Tương tự ta có:
b 1
bc c
b 1
2
1c
2
c 1
ca a
c 1
2
1a
2
(2)
(3)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:
a 1 b 1 c 1
a b c ab bc ca
3
2
2
2
1b 1c 1a
2
2
Mặt khác:
3(ab bc ca) a b c 9
a 1 b 1 c 1
3
1 b2 1 c 2 1 a2
Nên (*)
Dấu "=" xảy ra khi
a b c 1
(*)
a b c ab bc ca
0
2
(đpcm)