Đề thi thử HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Hồ Tông Thốc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (445.51 KB, 5 trang )
PHÒNG GD&ĐT YÊN THÀNH
TRƯỜNG THCS HỒ TÔNG THỐC
ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 20182019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1(5.0 điểm):
a) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b) Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng.
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(y 2 + 1) + 2y(x 2) = 0
Câu 2(5.0 điểm):
a) Giải phương trình: 3x 2 + 4 x + 10 = 2 14 x 2 − 7
b) Giải phương trình: 3x 5 + 7 3x = 5x 2 20x + 22
c) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4.
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E = x +
y
2
1
+ y+
x
2
Câu 3(4.0 điểm):
a) Cho abc = 1. Chứng minh rằng:
b) Cho a, b, c > 0 : Chứng minh
a
b
c
+
+
= 1
ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1
a+b+c
a2
b2
c2
+
+
2
b+c
c+a
a+b
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I, K lần
lượt là hình chiếu của điểm D trên cạnh AB, AC. Gọi O là giao điểm của EF và
AD.
Chứng minh rằng:
a) AE.AC = AF.AB và AI.AB = AK. AC
b) Chứng minh: AD.CosBAC = AH.SinABC. SinACB
Câu 5(2 điểm) ): Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M trong của tam giác sao cho:
MA.BC + MB. AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất.
ĐÁP ÁN TOÁN 9
Câu
Ý
Đáp án
Điể
m
1
Ta có:
A
n 24
k2
n 65
h2
k 2 − 24 = h2 + 65
k h k h 89 1.89
k h 89
k 45
k h 1
h 44
0.5
0.5
0.5
Vậy: n = 452 – 24 = 2001
Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng
Gọi a, b, c là 3 số nguyên tố cần tìm
Ta có: abc = 5(a+b+c)
abc M5 mà 5 nguyên tố, nên trong 3 số a,
b, c có một số bằng 5.
Không mất tính tổng quát, giả sử a= 5, ta có:
5bc = 5(5+b+c)
bc = 5 + b + c
bc − b − c + 1 = 6
b(c − 1) − (c − 1) = 6
(c − 1)(b − 1) = 6
B
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
b −1 = 1
b=2
i)
c −1 = 6
c=7
b −1 = 2
b=3
ii)
trường hợp này loại vì 4 là hợp số.
c −1 = 3
c=4
Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là: 2; 5; 7
C Ta có: x(y 2 + 1) + 2y(x 2) = 0
xy 2 + x + 2yx 4y = 0
x(y 2 + 1 + 2y) = 4y
x(y+1) 2 = 4 y
+ Nếu y = −1 thì 0 = −4 (không thoả mãn).
+ Nếu y −1 thì:
4y
x =
(1)
(y + 1) 2
Vì y và y + 1 là 2 số nguyên tố cùng nhau ( HS có thể chứng minh
hoặc không chứng minh) nên từ (1) để nghiệm x Z thì 4M(y + 1) 2
Suy ra: (y + 1) 2 = 1 hoặc (y + 1) 2 = 4
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
+) Với (y + 1) 2 = 1
y=0
y = −2
+) Với (y + 1) 2 = 4
y =1
y = −3
0.5
y=0 x=0
y = −2 x = − 8
y =1 x =1
y = −3 x = −3
Vậy ta có 4 cặp nghiệm: ( 0;0), (8;2), (1;1), (3;3)
3x 5 + 7 3x = 5x 2 20x + 22 (**)
5
7
x
Điều kiện:
3
3
Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopski ta có:
A
(
3x 5 + 7 3x
)
2
(12 + 12 )(3x 5 + 7 3x) = 4
3x 5 + 7 3x = 2
x=2
x=2
5x 20x + 22 = 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2
2
2
0.5
x = 2 (TMĐK)
1
1
x y
+ 2 +2 +
2
x
y
y x
1 1
4
Áp dụng BĐT: +
với a > 0; b > 0.
a b a+b
1
1
4
1
1
+ 2 1
Ta có 2 + 2
2
2
2
x
y
x +y
x
y
a b
2 với a > 0; b > 0.
Áp dụng BĐT: +
b a
x y
x y
2
2
+
4
Ta có +
y x
y x
Ta có E = ( x 2 + y 2 ) +
B
0.5
0.5
3x 5 + 7 3x 2
2
Mặt khác ta có: 5x 2 20 x+ 22 = 5 ( x 2 ) + 2 2
Do đó: (**)
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
2
3
A
Với abc = 1
a=
1
. Thay vào ta có:
bc
0.5
0.5
0.5
a
b
c
+
+
ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1
1
b
c
bc
=
+
+
1
1
1
bc + b + 1
b +
+ 1
c + c + 1
bc
bc
bc
1
b
bc
=
+
+
b +1 + bc bc + b + 1 1 + bc + b
1 + b + bc
=
=1
b +1 + bc
b+c
a2
+
a ( CôSi)
4
b+c
a+c
a+b
b2
c2
Tương tự :
+
b ,
+
c
4
4
c+a
a+b
1
B
VT + ( a + b + c ) ( a + b + c )
2
2
a+b+c
a
b2
c2
Vậy
+
+
2
b+c
c+a
a+b
Ta có:
3
4
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
N
A
E
F
O
H
M
K
P
I
B
C
D
Ta có ∆ABE vuông tại E và ∆ACF vuông tại F ( vì BE và CF là hai đường
A
cao của ∆ABC)
ﾷ
Cos BAC
=
AE AF
=
AB AC
AE.AC = AF.AB(1)
∆ADC vuông tại D có DK là đường cao AD2 = AK.AC
Lại có ∆ADB vuông tại D có DI là đường cao AD2 = AI.AB
Suy ra: AI.AB = AK. AC (2)
B Ta có ∆ADB vuông tại D
SinABC =
AD
AB
Sin ACB =
0.5
0.5
0.5
Lại có ∆CBE vuông tại E và ∆AHE vuông tại E
mà AHE = C( cùng bù DHE)
1
BE AE
=
BC AH
0.5
0.5
vậy
CosBAC
SinABC.SinACB
AE AD AE
:
.
AB AB AH
AE AB. AH
AB AD. AE
AH
AD
0.5
AD. Cos BAC= AH.SinABC.SinACB (đpcm)
A
M
E
B
C
D
F
5
Vẽ BE, CF vuông góc với AM, tia AM cắt BC tại D.
Ta có:MA.BC = MA.(BD+DC)= MA.BD + MA.DC MA.BE + MA.CF
Do đó : MA.BC
Tương tự : :
2SABM + 2SACM
0.5
0.5
MB.AC 2SBCM + 2SABM
MC.AB 2SACM + 2SBCM
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có
0.5
MA.BC + MB.AC + MC.AB 4(SABM+ SACM+ SBCM) = 4SABC (kđổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA BC; MB AC; MC AB.
Hay M là trực tâm của tam giác ABC.
(Lưu ý: HS sinh có cách giải đúng khác cũng cho điểm tối đa)
0.5
