Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Hồ Tông Thốc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Hồ Tông Thốc (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT YÊN THÀNH TRƯỜNG THCS HỒ TÔNG THỐC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2018-2019 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(y2 + 1) + 2y(x - 2) = 0 Câu 2(5.0 điểm): a) Giải phương trình: 3x2 4x 10 2 14x2 7 b) Giải phương trình: 3x - 5 + 7 - 3x = 5x2 -20x 22 c) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E x y y x Câu 3(4.0 điểm): a b c a) Cho abc = 1. Chứng minh rằng: + + = 1 ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 a2 b2 c2 a b c b) Cho a, b, c > 0 : Chứng minh + + b c c a a b 2 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.
2. ĐÁP ÁN TOÁN 9 Câu Ý Đáp án Điểm n 24 k 2 Ta có: 2 0.5 n 65 h 2 2 0.5 A k 24 h 65 k h k h 89 1.89 0.5 k h 89 k 45 k h 1 h 44 Vậy: n = 452 – 24 = 2001 0.5 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, 0.5 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 0.5 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 0.5 i) c 1 6 c 7 b 1 2 b 3 ii) trường hợp này loại vì 4 là hợp số. 0.5 1 c 1 3 c 4 Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là: 2; 5; 7 Ta có: x(y2 + 1) + 2y(x - 2) = 0 xy2 + x + 2yx - 4y = 0 2 2 x(y + 1 + 2y) = 4y x(y+1) 4y 0.5 + Nếu y 1 thì 0 4 (không thoả mãn). + Nếu y 1 thì: 4y x = (1) 0.5 (y 1)2 Vì y và y + 1 là 2 số nguyên tố cùng nhau ( HS có thể chứng minh hoặc 2 C không chứng minh) nên từ (1) để nghiệm x Z thì 4M(y + 1) Suy ra: (y + 1)2 1 hoặc (y + 1)2 4 2 y 0 +) Với (y + 1) 1 0.5 y 2 2 y 1 +) Với (y + 1) 4 y 3
3. y 0 x 0 0.5 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 = 5x2 -20x 22( ) 0.5 5 7 Điều kiện: x 3 3 Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 3x - 5 + 7 - 3x (12 12 )(3x - 5 + 7 - 3x) = 4 0.5 A 3x - 5 + 7 - 3x 2 2 Mặt khác ta có: 5x2 - 20x+ 22 5 x - 2 2 2 0.5 3x - 5 + 7 - 3x 2 x 2 Do đó: ( ) x 2 (TMĐK) 2 5x -20x 22 2 x 2 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 0.5 2 2 1 1 x y 0.5 Ta có E (x y ) 2 2 2 x y y x 1 1 4 0.5 Áp dụng BĐT: với a > 0; b > 0. a b a b 1 1 4 1 1 Ta có 1 2 2 2 2 2 2 0.5 B x y x y x y a b Áp dụng BĐT: 2 với a > 0; b > 0. b a x y x y Ta có 2 2 4 0.5 y x y x Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 1 Với abc = 1 a . Thay vào ta có: bc a b c 0.5 + + ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 1 0.5 b c = bc + + 3 A 1 1 bc + b + 1 1 b + + 1 c + c + 1 bc bc bc 0.5 1 b bc = b 1 bc bc + b + 1 1 + bc + b 1 b bc 0.5 1 b 1 bc
4. a2 b c Ta có: + a ( CôSi) b c 4 0.5 b2 a c c2 a b Tương tự : + b , + c c a 4 a b 4 0.5 3 B 1 VT + ( a + b + c ) ( a + b + c ) 2 0.5 a2 b2 c2 a b c Vậy + + b c c a a b 2 0.5 A N E O F M H K P I C B D Ta có ∆ABE vuông tại E và ∆ACF vuông tại F ( vì BE và CF là hai đường AE AF cao của ∆ABC) CosB·AC = AE.AC = AF.AB(1) 1 A AB AC ∆ADC vuông tại D có DK là đường cao AD2 = AK.AC 0.5 4 Lại có ∆ADB vuông tại D có DI là đường cao AD2 = AI.AB Suy ra: AI.AB = AK. AC (2) 0.5 AD Ta có ∆ADB vuông tại D SinABC = AB 0.5 Lại có ∆CBE vuông tại E và ∆AHE vuông tại E BE AE 0.5 mà  AHE = C( cùng bù  DHE) Sin ACB = BC AH CosBAC AE AD AE AE AB.AH AH 0.5 vậy : .  SinABC.SinACB AB AB AH AB AD.AE AD B AD. Cos BAC= AH.SinABC.SinACB (đpcm) 0.5
5. A M E B C D F 5 Vẽ BE, CF vuông góc với AM, tia AM cắt BC tại D. 0.5 Ta có:MA.BC = MA.(BD+DC)= MA.BD + MA.DC MA.BE + MA.CF 0.5 Do đó : MA.BC 2SABM + 2SACM Tương tự : : 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. 0.5 Hay M là trực tâm của tam giác ABC. (Lưu ý: HS sinh có cách giải đúng khác cũng cho điểm tối đa)