de thi HSG hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 28/10/2013 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề). (Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang) Bài 1: (4,0 điểm)  x2 x 1  x1 P    : 2 x x  1 x  x  1 1  x   Cho biểu thức: . Với x > 0, x  1.. a.ĐỀRút gọn biểu thức P. CHÍNH THỨC P. 2 7 .. b. Tìm x để c. So sánh: P2 và 2P. Bài 2: (4,0 điểm) A 7 4 3  4 2 3 . a. Tính giá trị biểu thức: b. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2013 1 1 1 1    và a b c 2013 thì một trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2013.. Bài 3: (4,0 điểm) 2. a. Giải phương trình: x  7 x 6 x  5  30 . b. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. ab  bc  ca a 2  b2  c2. . ( a  b  c )3 abc. Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, AH  BC, HE  AB, HF  AC ( H  BC, E  AB, F  AC). a. Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B. AB3. b. Chứng minh rằng: AC 3. 3.  2. BE CF . 3. 2. 3. 2. c. Chứng minh rằng: BC  CF  BE . d. Cho BC = 2a. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF. Bài 5: (2,0 điểm) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. Hết Họ tên thí sinh:................................................ Chữ kí của giám thị:1:................... Số báo danh:.................. Chữ kí của giám thị 2:.................... Giám thị không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN : TOÁN Hướng dẫn chấm này có 03 trang. Bài. I. Yêu cầu chung: 1. Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng. 2. Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm. II. Yêu cầu cụ thể: Nội dung cần đạt Điểm a. (2,0đ)Ta có:  x  2  x  x  x  x  1 x  1 P   : 2 ( x  1)( x  x  1)   . 1,0đ. x  2 x 1 2 2 .  . ( x  1)( x  x  1) x  1 x  x  1. 1,0đ. b.(1,5đ) 2 2 2 P    x  x  6 0 7 x  x 1 7. 0,5đ. 1 (4điểm   x  2  ( x  3) 0 )  x 2 ( vì x  3  0 )  x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện). Vậy x = 4. c. (0,5đ). 0,25đ 0.25đ 0,25đ 0.25đ. 2. 1 3   x    0 2 4 * Do x  x  1 =  nên P > 0. * Với x > 0 thì x  x  0 nên x  x  1 > 1 1 2 1  P  2 x  x 1 suy ra: x  x  1 Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0  P2 < 2P.. a.(2,0đ). 2 (4điểm). 3) 2  (1 . A  (2  2. 3  1. (2 . 3)  ( 3  1). 3) 2. 3. =1 b. (2,0đ)Từ giả thiết suy ra:. . 0,25đ 0,25đ 1.0 đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ. 1 1 1 1 1 1 1 1     (  )(  ) 0 a b c a b c a b c a b c. 0,5đ. a b a b  0 ab c(a  b  c). 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  (a  b)(b  c)(c  a) 0. 0.5đ.  a  b 0   b  c 0  c  a 0. 0,5đ. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. a.(2,0đ) Đk: x  5 3 (4điểm). x 2  7 x 6 x  5  30  (x2 – 8x + 16) + (x + 5 - 6 x  5 + 9) = 0  ( x – 4)2 + ( x  5 - 3)2 = 0. .  x  4 0  x 4   x  5  3 0 .. 0.25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ. Vậy x = 4. b.(2,0đ) Với x, y, z > 0 . Ta có: x y  2 +) y x (1). 1 1 1 9    +) x y z x  y  z (2) x2  y2  z 2 1 +) x2 + y2 + z2  xy + yz + zx  xy  yz  zx (3)  Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3) x = y = z.Ta có: ab  bc  ca (a  b  c) P  (a  b  c)2 . 2 2 2 abc a b c ab  bc  ca (a  b  c)   (a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca ). abc a 2  b2  c2. Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: P. ab  bc  ca 2. 2. a b c. 2.  (a 2  b2  c2 ).. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 9  2.9 ab  bc  ca.  ab  bc  ca a 2  b 2  c 2  a 2  b2  c 2    8.  18   a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca  ab  bc  ca   2  8  18 28  a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca  a b c.  ab  bc  ca  Dấu “ =” xảy ra  . Vậy Min P = 28 khi và chỉ khi a = b = c.. 0,5đ 0,5đ 0,25đ. 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4 Cho tam giác ABC vuông ở A, AH  BC, HE  AB, HF  AC ( (6điểm) H  BC, E  AB, F  AC). e. Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B. AB3 3 f. Chứng minh rằng: AC 3.  2. BE CF . 3. 2. 3. 2. g. Chứng minh rằng: BC  CF  BE . h. Cho BC = 2a. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF. a.(2,0đ) * AHB vuông tại H, có HE  AB nên A 2 F AH = AB.AE. (1) 2 Tương tự: AH = AC.AF (2). E Từ (1) và (2) suy ra: AB.AE = AC.AF. * BH = AB.cosB; AB = BC.cosB C B H Suy ra BH = BC.cos2B. b.(1,5đ). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: AB2 = BC.BH; AC2 = BC.CH; BH2 = AB.BE; CH2 = AC.CF AB 2 AC 2 . . AB3 3. 0,25đ 0,25đ. BH AB 4 BH 2 AB.BE    CH AC 4 CH 2 AC.CF . 0,5đ. BE . CF. 0,5đ. AC nên c. (1,5đ) Ta có BE = BH.cosB; BH = AB.cosB; AB = BC.cosB; Do đó: BE = AB.cos2B = BC.cos3B  BE2 = BC2.cos6B . 3. 0,25đ 0,5đ 0,25đ. 3. BE 2  BC 2 .cos 2 B.. 3 2 3 2 2 Tương tự ta có: CF  BC .sin B.. . 3. 3. 3. 0,5đ. 3. BE 2  CF 2  BC 2 .(cos 2 B  sin 2 B )  BC 2 .. A F. E. d. (1,0đ) Ta có: SAEHF = AE.AF 2. Lại có:. AE . AH AB. B. H. O. C. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tương tự:. AF . 0,25đ. AH 2 AC. 0,25đ. AH 4 AH 4 AH 3 AO3 a3 a 2 S AEHF       . AB. AC BC. AH BC BC 2a 2 Do đó:. 0,25đ. a2 = 2  ABC vuông cân tại A.. Max SAEHF Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. Suy ra: 2016k = a3 - 3 Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ  0;1;  1; 2;  2;3;  3 5 0,25đ Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r  . (2điểm) Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a 3 – 3 không chia hết 0,5đ cho 7. Mà 2016k luôn chia hết cho 7, 0,25đ nên a3 – 3  2016k. 0,25đ Bài toán được chứng minh. Hết Người làm đáp án: Người thẩm định: 1. ................................................... ........................................ 2. .................................................... Người duyệt:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>