39 HSG h 20 NAM DAN

2,0 điểm Tính tan36o không được sử dụng bảng số và máy tính... Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bài toán... Do đó không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bà

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020

Bài 1 (4,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức:

a) A 7 13  7 13 2

b)

 

     

2 2 4 x y x x y y

x y B

Bài 2 (5,0 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n sao cho các số 2n2017 và n2019 đều là các số chính phương b) Giải phương trình: 2x23x 2x23x 9 33.

c) Chứng minh rằng: A n 3 3n2  chia hết cho 48 với n 3 n là số tự nhiên lẻ

Bài 3 (3,0 điểm)

a) Cho a, b là các số dương thoả mãn:

2019

a b 

Chứng minh: a b  a2019 b2019

b) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn: a b c  3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  a2 ab b 2  b2bc c 2  c2ca a 2 .

Bài 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn Các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H a) Chứng minh AEF #DBF.

b) Tính: tan ABC tan ACB theo · . · k Biết

AH k HD



AH  BH CH

Bài 5 (2,0 điểm)

Tính tan36o (không được sử dụng bảng số và máy tính)

-HẾT -LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020

Bài 1 (4,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức:

a) A 7 13  7 13 2

b)

2 2 4 x y x x y y

x y B

Lời giải

a) A 7 13  7 13 2  2A 14 2 13  14 2 13 2 

  2 2

 2A 13 1  13 1 2 

 A 0. b) Vì x y 0

nên xy và 0 x y  Khi đó: 0

2 2 4 x y x x y y

x y B

xy

xy x x y y x y

1 2 1 2   

Bài 2 (5,0 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n sao cho các số 2n2017 và n2019 đều là các số chính phương b) Giải phương trình: 2x23x 2x23x 9 33.

c) Chứng minh rằng: A n 3 3n2  chia hết cho 48 với n 3 n là số tự nhiên lẻ

Lời giải a) Cách 1: Với 2n2017 và n2019 là các số chính phương

Đặt

2 2

2 2017

2019







2 2

2 2017



 

 2b2a2 2021 2b a   2b a  2021

Ta xét các trường hợp:

+ TH1:

b a

b a





 



45 2 2

b a

 



 

 



2013 2

n 

 

(loại)

+ TH2:

b a

b a





 



45 2 2

b a

 



 

  



2013 2

n 

 

(loại)

+ TH3:

b a

b a





 



1011 2 1010

b a

 



 

  



1018083 2

n

 

(loại)

+ TH4:

b a

b a





 



1011 2 1011

b a

 



 

 



1018083 2

n

 

(loại)

Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bài toán

Cách 2: Đặt

2 2

2 2017 2019





 2b2 a2 2021 (với ,a b¥ )

2 2 2017

a  n  là số lẻ Đặt a   ¥

Suy ra 2  2

2b  2k1 2021b2 2k k  1 1011.  1

Ta thấy vế trái của  1

là số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1, vế phải của  1 chia

cho 4 dư 3 Do đó không tồn tại số tự nhiên n nào thoả mãn yêu cầu bài toán

b) Ta thấy: 2x23x   9 0, x

Phương trình 2x23x 2x23x 9 33 2x23x 9 2x23x 9 42

Đặt t2x2 3x 9 t0 Phương trình trở thành: t2 t 42 0

6 7

t t





    , chọn t 6. Với t62x23x 9 36

3 9 2

x x







 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:

9 3;

2

S   

c) Ta có A n 3 3n2 n 3n n2  3 n3 n1 n1 n3 .

Với n là số tự nhiên lẻ n1 n1 n3 là tích của 3 số chẵn liên tiếp nên AM , 38 AM ;AM2.

Suy ra AM 48

Bài 3 (3,0 điểm)

a) Cho a, b là các số dương thoả mãn:

2019

a b 

Chứng minh: a b  a2019 b2019

b) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn: a b c  3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  a2 ab b 2  b2bc c 2  c2ca a 2

Lời giải

a) Điều kiện: a2019, b2019.

Ta có:

2019

a b  ab 2019

a b

Khi đó: a2019 b2019

a b a b

a b

a b

a b



2

a ab b  a b  1

2 2 3 

2

b bc c  b c  2

2

c ca a  c a  3 Cộng vế theo vế của  1

,  2 ,  3

ta được: M  3a b c   3 3. Dấu “  ” xảy ra khi a b c  1.

Vậy GTNN M 3 3 đạt được khi a b c  1.

Bài 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn Các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H a) Chứng minh AEF #DBF.

b) Tính: tan ABC tan ACB theo · . · k Biết

AH k HD



AH  BH CH

Lời giải

a) Xét AEF và ABC có: µA chung;

AE AF

AB  AC

(cosA ) Suy ra AEF #ABC(c.g.c).

Tương tự cũng có: DBF #ABC(c.g.c).

Do đó: AEF #DBF (đpcm).

b) Ta có: ·ACB BHD · (cùng phụ với ·HBD)

Suy ra:

tan ACB tanBHD

HD

(vì BHD vuông tại D );

tan ABC

BD



(vì ABD vuông tại D )

Khi đó: tan ABC tan ACB· . ·  AD BD BD HD.  HD AD  1

Mặt khác: 1

AH AH HD



AD k

HD    2

Từ  1

và  2

suy ra: tan ABC tan ACB k· . ·   1

c) Ta có: AEH #BDH (g.g)

Tương tự:

BH FB

CH CE

Theo câu a) ta có:

AEF DBF

AEF DBF

Chứng minh tương tự câu a) ta được:

DBF DCE

DBF DCE

Do đó:

2 2

AEF DBF

S  BH

;

2 2

DBF DCE

S CH

(đpcm)

Bài 5 (2,0 điểm)

Tính tan36o (không được sử dụng bảng số và máy tính)

Lời giải

Vẽ ABC cân tại A , có BC1; µA36o

; B Cµ  µ 72o

Vẽ phân giác CD của góc C  ADC cân tại D và DCB cân tại C

1

Kẻ DE AC tại E

Đặt AE x ECx AC;  AB2 ;x BD2x 1

Mặt khác CD là phân giác của góc C

DA AC

DB CB

hay

1 2

2x 1 x

 2

Nghiệm dương của phương trình  *

là:

4

x 

Ta có:

36

4

x

AD



o

Mà sin236ocos236o1

36

16

36

4

Suy ra

 o