De va dap an Toan lop 9 HSG Thach Ha nam hoc 20172018

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán 9 (Thời gian làm bài: 150 phút). Bài 1. a) Tính giá trị biểu thức T  4  10  2 5  4  10  2 5 . 5. b) Cho A  2016  2017  2018 và B  2014  2015  2022 Hãy so sánh A với B. M Bài 2. Cho biểu thức:. a a3 2( a  3) a 3   a 2 a  3 a 1 3 a. a) Rút gọn biểu thức M. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M.. 2x x 5  2  Bài 3. a) Giải phương trình x  x  1 x  x  1 3 2. b) Tìm tất cả các số nguyên dương a và b sao cho ab = 3(a - b) 3 2018 c) Tồn tại hay không số nguyên n thỏa mãn n  2018.n 2017  1. Bài 4. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,. 1 2 1. . 1 3 2. . 1 4 3.  ... . 1 2 ( n  1) n. 2 2 b) Cho 2 số x, y thỏa mãn: x  y 1 , tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S (2  x)(2  y ). Bài 5. Cho đoạn thẳng AB và điểm I nằm giữa 2 điểm A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ 2 tia Ax, By vuông góc với AB. Trên Ax lấy điểm C, tia vuông góc với IC tại I cắt By tại D. Gọi IH là đường cao của tam giác ICD. a) Chứng minh: BD.AC=AI.BI. 3 b) Tính CD, IH biết: AC = 3 cm; BD = 9cm; AI = 4 IB c) Khi 3 điểm A, B, C cố định. Tìm vị trí của I để diện tích tứ giác ABDC có giá trị lớn nhất. ------------------Hết----------------Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không dùng máy tính bỏ túi ) SƠ LƯỢC GIẢI Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2017 – 2018 Môn: TOÁN 9. Câu Bài 1. Ý a). Đáp án Đặt P  4  10  2 5  4  P2 = 8 + 2 6  2 5 = 8 + 2( 2 = 6 + 2 5 = ( 5  1). 10  2 5  0. 5  1). Vì P > 0 nên P = 5  1 Vậy T = 1. b). 2016 . 2014 . Ta có:. 2017 . 2015 . 2  2016  2014. 2 2022  2018. 2 2  2017  2015 2022  2018 .. Cộng theo vế hai BĐT trên ta được. 2016  2014  2017  2015 . 4  2022  2018 2022  2018. Suy ra A > B. Bài 2. a). ĐKXĐ: a 0;a 9 a a3 2( a  3) M   ( a  1)( a  3) a 1. a 3  a3. . a a  3  2( a  3) 2  ( a  3)( a 1)  ( a  1)( a  3). . a a  3  2a  12 a  18  a  4 a  3  ( a  1)( a  3). . a a  24  3a  8 a a( a  3)  8(3  a ) a 8   ( a  1)( a  3) ( a  1)( a  3) a 1. b) Ta có:. M. a  8 a  1 9 9   a 1 2 a 1 a 1 a 1. Áp dụng BĐT CôSi cho 2 số a  1 và 9  2 2 9  2 4 a 1 9 a 1   a 1 Dấu “=” xẩy ra khi. 9 a  1 ta có:. M  a 1 . a  1 3  a 4. (TMĐK).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy: Min M = 4 khi a 4 Bài 3. a). 2x x 5   x 2  x  1 x 2  x  1 3 (1) 2. 2. 1 3 1 3   x  x  1  x     0 x; x 2  x  1  x     0 x 2 4 2 4   Ta có 2. Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1), 2 1 5 (1)    1 1 3 x  1 x 1  x x khi đó 1 2 1 5 t x   t 2 (1)    x t  1 t 1 3  Đặt , lúc đó 5t 2  3t  14 0(t 1; t  1)  (t  2)(5t  7) 0 suy ra t =2 7 5 (loại) hoặc 1  x  2  ( x  1) 2 0  x 1 x Với t = 2 t. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1. b). ab = 3(a-b) (1) Ta có (1)  3a  3b  ab 0  (3a  9)  (3b  ab)  9 0  (a  3)(3  b) 9 (2). Do a, b nguyên dương nên a+ 3 là ước của 9 và a+3>3  a  3 9  a 6 Thay a = 6 vào (2) ta được b = 2 Vậy tồn tại duy nhất bộ số nguyên dương (a ; b) thỏa mãn (1) là (6; 2) (Cách 2: Từ gt a,b nguyên dương nên a > a-b nên từ (1) suy ra b < 3 nên b =1,2 thay vào tính được a) . c). b a-b b = =1- <1  b<3 3 a a nên b =1,2 thay vào tính. (Cách 3:Có thể viết (1) được a) 3 3 Ta có n  2018n n  n  2019n (n  1)n(n  1)  3.673.n. Vì n-1; n; n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên (n  1)n(n  1) chia hết cho 3  n 3  2018.n chia hết cho 3 (1) 2018 2018 Mặt khác 2017 1 (2016  1)  1 , mà 2016 chia hết cho 3, suy ra. (2016  1) 2018  1 chia 3 dư 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra không thể tồn tại số nguyên n thỏa mãn n 3  2018n 2017 2018  1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài 4. a). 1 n 1  1   n    n n 1  Ta có (n  1) n (n  1)n n  1  1 1   n   1    n      n  1   n 1   n n 1   n  n  n  1 1  1   1  1        2  n 1   n n 1  n 1   n  1 1 1 1 1 1 1 1   . . .  2    . . . (n  1) n  1 2 2 3 A= 2 1 3 2 4 3  1 2  =  1. b). 1  n. 1   n 1 . 1 1    n n 1 . 1   2 n 1 . S (2  x)(2  y ) 4  2 x  2 y  xy . 8  4( x  y )  2 xy 2. Ta có x 2  y 2  2 xy  4( x  y )  7 ( x  y ) 2  4( x  y )  4  3 ( x  y  2) 2  3    2 2 2 2 Hơn nữa ( x  y ) 0 với mọi x, y suy ra. 2 xy x 2  y 2  ( x  y ) 2 2( x 2  y 2 ) 2  x  y  2   2 x  y  2   2  2 x  y  2  2  2 Suy ra. S. ( 2  2) 2  3 2  4 2  4  3 9  4 2   2 2 2. Đẳng thức xẩy ra khi Suy ra. S. x  y . 2 2. ( 2  2) 2  3 2  4 2  4  3 9  4 2   2 2 2. Đẳng thức xẩy ra khi. x y . 2 2. 94 2 9 4 2 2 2 Vậy Max S = ; Min S =. Bài 5 y D. x. H C 3 A. 4 1. 2. I. B.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a). Chứng minh: AC. BD = IA. IB  vuông AIC và vuông BDI có:.  I D. . Ta có 1 (cùng phụ với I 2 ) Nên  vuông AIC đồng dạng với  vuông BDI AI AC   BD.AC AI.BI BD BI. b). (1). Từ (1) và giải thiết ta có: AI.BI BD.AC 9.3 27 (2). 3 3 AI  BI  (2)  BI. BI 27 4 4 Thay  BI 6 cm  AI 4,5cm Áp dụng đinh lí Pitago ta có CD 2 CI 2  ID2 (CA 2  AI 2 )  (IB2  BD 2) 146, 25  CD  146, 25 cm. Áp dung hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông AID ta có CI.DI (CA 2  AI 2 )(IB2  BD 2)  CD CD 3422, 25 IH  146, 25. IH.CD CI.DI  IH . c). Thay số tính được (cm) Ta có tứ giác ABDC là hình thang vuông. SABDC . AC  BD .AB 2. Do A, B, C cố định nên AB, AC không đổi  SABDC lớn nhất  BD lớn nhất. Mặt khác ta có (1) suy ra. BD . AI.BI AC. Áp dụng BĐT Cosy cho 2 số AI và IB ta có BD . . AI.IB . (AI  IB) 2 AB2  4 4. AB2 4AC . Đẳng thức xẩy ra khi IA IB  I là trung điểm AB. S Vậy khi I là trung điểm của AB thì ABDC lớn nhất Tổng. Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa..

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