33 HSG h 20 KIM THANH

Kẻ HD HE lần lượt vuông góc với, , AB AC.

UBND HUYỆN KIM THÀNH

CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN (Lần 2)

NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN: TOÁN 9

Thời gian làm bài 120 phút (Đề gồm 01 trang)

Câu1 (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

0; 1

x



2) Cho x và y là hai số thỏa mãn: x x25y y2 5 5

Hãy tính giá trị của biểu thức M x2017y2017

Câu2 (2 điểm)

1) Giải phương trình:

3

2

x

x x  x x  

2) Giải bất phương trình: 2x3 x 4 0

Câu3 (2 điểm)

1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy2x2y1

2) Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n thì số A n n  1 n2 n 3 1 là số

chính phương

Câu4 (3 điểm)

Cho ABC vuông tại A, đường cao AH Kẻ HD HE lần lượt vuông góc với,

,

AB AC Chứng minh rằng:

1)

3

DB AB

EC AC

 

   2) BC BD CE. . AH3

Câu5 (1 điểm)

Tìm các số tự nhiên x y, sao cho x2 3y 3026

……… Hết………

Câu1 (2 điểm)

1)

1

P

x x

   2)

Nhân 2 vế của x x25 y y255 1 

với x x25

ta được:

 

5 5 2

      

Tương tự nhân 2 vế của (1) với y y25

ta được:

 

Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được:

Vậy M x2017y2017 0

Câu2 (2 điểm)

1)

Điều kiện để phương trình xác định là: x1

Phương trình đó cho tương đương với:

 

2 3

1 1 1 1 *

2

x

x





      

Nếu x     thì phương trình (*) trở thành1 1 0 x 2

 

2 2

2

3

1 1 1 1

2 3

2

10 25 0

5 0

x

x

x



     



5

x

  (thỏa mãn điều kiện x )2

Vậy S 5

2) 2x3 x 4 0 (dk x:  4)

Xét trường hợp: 2x3 x 4 0

3

2



 



 

Xét trường hợp: 2x3 x 4 0

2 3 0( 4 0) 3

2

x vi x x

 

Vậy: bất phương trình có nghiệm là

3 2 4

x x

 





 



Câu3 (2 điểm)

1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy2x2y1

2 2 1

( 2) 1 2

2

xy x y

x

y

  

   



    

Để x y Z,    x 2 U(5)   1; 5     x  3; 1; 7;3

Thay vào ta tìm được y  7;3; 3; 1  

Vậy; nghiệm nguyên của pt là:( 3; 7);( 1;3);( 7; 3);(3; 1)     

2) A n n  1 n2 n  3 1 n n 3 n2 n 1 1

 2 3   2 3 2 1

A n  n n  n 

n  n t t N   A t t   t

Vậy tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1 là số chính phương

Câu4 (2 điểm)

a) Ta có:  ABC vuông tại A , đường

cao AH:

2

2

AB BH BC BH

AC CH BC CH

3 3

3

b) Ta có:

2

3

( )( ) ( )( )

AH BH CH

AH BH CH BD AB CE AC BD CE AB AC BD CE AH BC

AH BD CE BC



Câu 5 (1 điểm)

Ta có x chia cho 3 dư 0 hoặc 2 1

 Nếu y  M0 3 3y x23y chia cho 3 dư 0 hoặc 1

Mà 3026 chia 3 dư 2

 Vậy y0

2 2

1 3026 3025 55 55

x x x x

  

 

Vậy cặp số tự nhiên ( ; ) (55;0)x y 