091 đề hsg toán 9 phú yên 2017 2018

Cho tam giác ABC vuông tại A.. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC.. Gọi G là giao điểm của BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ YÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 Tính giá trị của

P

4 2 3 4 2 3

Câu 2 Giải phương trình        

2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13

37

2017 x 2017 x 2018 x x 2018



Câu 3 Cho a, b, c >0 Chứng mnh rằng:

a  2b a  b a  2b b 2c   c 2a  

Câu 4 Cho tam giác ABC vuông tại A Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa

điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD = BA, trên tia Cy lấy điểm E sao cho CE = CA Gọi G là giao điểm của

BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của AD, AE với cạnh BC

a) Chứng minh rằng CA = CK và BA = BL

b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J Gọi H

là hình chiếu vuông góc của G lên BC Chứng minh rằng tam giác IHJ

vuông cân

Câu 5 Cho tam giác ABC vuông cân tại A Điểm M chuyển động trên cạnh BC

(M khác B, C) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC Vẽ các đường tròn (H;HM) và (K;KM)

a) Chứng minh rằng hai đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau

b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (H) và (K) Chứng minh rằng

MN luôn đi qua một điểm cố định

Câu 6 Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên

ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 PHÚ YÊN 2017-2018 Câu 1

3 3 3 3

Câu 2.

Đặt 2017 x   a và x 2018   b. Ta có phương trình a22 ab b22 13

a ab b 37

 



 

12a 25ab 12b 0 12a 16ab 9ab 12b 0 3a 4b 4a 3b 0

Xét 3a  4b   0 3 2017 x   4 x 2018     0 x  2021

Xét 4a  3b   0 4(2017 x) 3(x 2018)      0 x  2014

Phương trình có tập nghiệm S 2014;2021

Câu 3.

a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : a a a .

a 2b   a.(a2b) a  b Dấu “=” xảy ra khi a   a 2b  b  0 vô lý Vậy a a

a  2b a  b b) Tương tự câu a ta có :

1

a  2b b 2c   c 2a  a  bb c  c a  a   b ca   b ca   b c 

Câu 4

y

J

I

L K

D

B

a) Ta có BD = BA   ABD cân nên BAD BDA

BAD  KAC  90  BDA BKD   BDA  AKC  KAC  AKC

ACK

  cân nên CA = CL

Tương tự  ABL cân nên BA = BL

b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có:

CH GE CE CA CK CK CH HK

BH GB BD BA BL BL BH HL



 (Giả sử AB > AC) Suy ra HK CE GC IK

HL BD GDID hay HK IK HI / /DL

HL ID

Ta lại có BD = BL nên tam giác BDL vuông cân

BLD 45 JIH BHI BLD 45

Chứng minh tương tự ta cũng có  0

IJH  45   IHJ vuông cân tại H

Câu 5

N

H K

C

M

a) Ta có HM KM   HK  HK  KM nên 2 đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau b) Ta có NHM NCB ;NMK  NBC

Do AKMH là chữ nhật nên   0   0  0

NHM  NKM  90  NCB  NBC  90  BNC  90

Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định

Ta lại có NEB NCB mà NCB NMH , NEB  NHM , do MH // EB nên ba điểm

N, M, E thẳng hàng Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định

Câu 6

Xét p = 2  7p 1 15   (loại)

Xét p > 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7p + 1 là số tự nhiên chẵn Đặt 7p 1  2k3 với k nguyên dương Khi đó  3    2 

7p  2k  1  2k 1 4k   2k 1 

Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên

TH1: 2k 12 7 k 4

p 73 4k 2k 1 p





TH2: 2k 1 12 k 1

p 1 4k 2k 1 7p





TH3: 2k 12 p 2k 12 p k 1

p 1 4k 2k 1 7 2k k 3 0



Vậy p = 73 thỏa mãn bài toán