De thi chon HSG

Trường THCS HỒ TƠNG THỐC
ĐỀ THI THỬ CỤM 1 TỐN 9. GV: Phan Quốc Hòa
Câu 1 (4,0 điểm).
a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, ... , an.
3
3
3
P a1  a 2  ...  a n .
Đặt S = a1  a 2  ...  a n
và
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
6
4
3
2
b) Cho A = n  n  2n  2n (với n  N, n > 1).
Chứng minh A khơng phải là số chính phương.
Câu 2 (4,0 điểm).
2
a, Giải phương trình: x  4x+5 = 2 2x+3

b) Cho (x+ √ x2 +3 )(y+ √ y 2+3 ) = 3.
Tìm giá trị của biểu thức P = x + y
Câu 3 (4điểm)
a, Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
ab ac bc
+ + ≥ a+ b+c
c b a

A

4x+3
x2  1

b, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu 4: ( 6đ )
Cho ABC vuông tại A. Đường phân giác trong AD, đặt BC = a, AC = b, AB = c,
AD = d . Chøng minh r»ng:
2 1 1
a) Chứng minh: d = b + c
A
a
b, Sin ≤
2 2 √ bc
1

c) Chứng minh:

sin

1

1

A
B
C
sin
sin
2 +
2 +

2 >6

Câu 5(2đ) Cho 100 số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằng tồn tại 10 số sao cho
hiệu hai số bất kỳ đều chia hết cho 11
…………………………….Hết……………………………….


ĐÁP ÁN
Câu1:

Nội dung
Với a  Z thì a  a (a  1)a(a  1) là tích 3 số tự nhiên liên
tiếp nên chia hết cho 2 và 3. Mà (2.3)=1
 a 3  a 6
 S  P (a13  a1 )  (a 32  a 2 )  ...  (a 3n  a n )6
Vậy S 6  P 6
3

1a
(2đ)

1b
(2đ)

n 6  n 4  2n 3  2n 2 n 2 (n  1)2 .(n 2  2n  2)
2
2
với n  N , n > 1 thì n  2n  2 (n  1)  1 >
(n  1)2
2

2
2
và n  2n  2 n  2(n  1) < n
2

2
2
2
Vậy (n  1) < n  2n  2 < n  n  2n  2 khơng là
số chính phương  đpcm

Câu2.
a,
(2đ)

2
Giải phương trình x  4x+5=2 2x+3
3
2x+3 0  x 2
Điều kiện:

(1)

2
(1)  x  4x+5-2 2x+3 0

 x 2  2x+1+2x+3-2 2x+3  1 0
 (x  1)2  ( 2x+3  1)2 0

x  1 0


 2x+3  1 0
 x  1 thỏa mãn điều kiện


b
(2đ)

Bài3
a
(2đ)

2) XÐt biÓu thøc
(x+ √ x2 +3 )(y+
√ y 2+3 ) = 3 (1)
Nh©n 2 vÕ cđa (1)
víi (x- √ x2 +3 )
0 ta đợc:
-3(y+ y 2+3 ) =
3(x- √ x2 +3 )
<=> -(y+ √ y 2+3
) = (x- √ x2 +3 )
(2)
Nh©n 2 vÕ cđa (1)
víi (y- √ y 2+3 )
0 ta đợc:
-3(x+ x2 +3 ) =
3(y- √ y 2+3 )
<=> -(x+ √ x2 +3 )
= (y- y 2+3 )

(3)
Lấy (2) cộng với
(3) ta đợc:
-(x+y) = x+y =>
x+y = 0
VËy A = x+y = 0
dễ dàng chứng
minh
bc ac
 2c 
a
b
đpcm
A

4x+3
x2  1

Tìmgiá trị nhỏ nhất của
4x+3
x 2  4x+4
A 2
 1 
x 1
x2  1
Ta có:
(x  2)2
A  1  2
 1
x 1

Dấu "=" xảy ra  x  2 0  x  2
Vậy A min  1 khi x = -2

b
(2đ)

Bµi 4
(6đ)
a, (2đ)

Vẽ hình đúng
a) SΔABD

2
= 4 cd;

0,25
1,5
0,25


2
4

SΔACD =
b,
(2đ)

bd;

2
SΔABC = 4 bc
2 bd + 2 dc


0,25

0,5

= 2bc
1
1
b + c=



2
d
2

C,
(1,5)

(chia 2 v cho
dbc) (pcm)
b, Vỡ AD là tia
phân giác của góc
BAC, kẻ BM
AD và CN AD
Từ hai tam giác

vuông AMB và
ANC, ta có:
Sin MAB = Sin
A BM
=
=> BM
2

AB

= c.sin A
2
SinNAC = sin
A
= CN =>
2

AC

CN = b.sin A
2
Do ®ã BM + CN =
sin A (b+c)
2
Mặt khác ta có
BM + CN BD +
CD = BC = a
=> sin A (b+c)
2

a, vì sin A <
2

1
Do b+c

2 bc
1
1

nên
b+c 2 bc
Hay sin A
2
a
( ®pcm)
2 √ bc
A
c, Từ sin 2
(b+c)
a ⇒

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

1
b+c
≥
A
a
sin
2

Tương tự:

1
c +a
≥
B
b
sin
2
1
b+a
≥
c
c
sin
2

;

Cộng từng vế suy
ra đpcm
Câu 5: (2đ) Bài toán thực chất là đi chứng minh tồn tại 10 số trong 100

số đã cho có cùng số dư khi chia cho 11.
Khi chia cho 11 ta nhận được tất cả 11 số dư: 0, 1,…,10
0 i 10 
Ta xét 11 cái lồng: lồng thứ i bao gồm các số chia cho 11 dư i 
.Ta có

100 chú thỏ là 100 số đã cho, nhốt vào 11 cái lồng nói trên. Theo nguyên tắc
 100 
 11   1 10
Dirichlet thì tồn tại một lồng chứa ít nhất:
số. Các số này thoả mãn

yêu cầu bài ra, tức là hai số bất kỳ có hiệu chia hết cho 11 (ĐPCM).