Đề + đáp án HSG lớp 9 toán 20172018 Đã thi tháng 112017, có hướng dẫn chi tiết (đề có vẻ hơi khó) Rất phù hợp cho GV và HS thi
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 24/10/2017
Câu 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức A 1 1 : 2x x 1 2x x x x
1 x
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của A khi x 17 12 2
c) So sánh A với A
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình : 3x2 6 12x 5x410x2 9 3 4x 2x2
b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy2 xy1x2 2y2 xy
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c =2410 2017
Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5
b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: a b c d 0
Chứng minh rằng: M (ab cd bc da ca bd )( )( ) là số hữu tỉ
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng: AEF ABC và AEF cos2 .
ABC
S
b) Chứng minh rằng :S DEF 1 cos2 Acos2Bcos2C S ABC
c) Nếu HA HB HC
BC AC AB = 3 thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì?
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho
BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC Tính BPE�
Câu 6: (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x2 xyz y2 xyz z2 xyz 9 xyz
– Hết –
Họ và tên thí sinh: ……… ……… Số báo danh:…………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2PHềNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HểA
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2017 – 2018
Mụn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)
Ngày thi 24/10/2017
HƯỚNG DẪN CHẤM
1
(4 điểm)
a 2,0đ
� � �� ��� �� � � � � � � �
x 2x x 1
x 1 x: 2x 2 x x 1
x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1
2 x 1
:
x x 12 x 1 : 2 x 1 1 1 x 1 x xx
2 x 1
: 2 x 1 :
x x 1 1 : 1 x 11 x x 1 x xx
0,25
0,5
0.25
0,5
0,5 b
1,0đ
Ta cú
x 17 12 2 3 2 2 � x 3 2 2 3 2 2 3 2 2
1 3 2 2 17 12 2 15 10 2 5 3 2 2
0,25 0,5 0,25 c
1,0đ Biến đổi A 1 x x x 1 1
Chứng minh đợc x 1 2
x
với mọi x 0;x 1;x 1
4
0,25 0,25
0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3(4 điểm)
a 2đ
Ta có:
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1
VP 3 4x 2x2 5 2(x 1) 2 � 5
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1
�VT VP � x 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1
0,5 0,5 0,5 0,5 b
2đ
Ta có:
2xy2 xy1x2 2y2 xy
2y2x 1 xx 1 yx 1 1 0 (1) Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1) Chia cả 2 vế của phương trình cho x – 1, ta được:
0
1
1
x y x
y (2)
PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra
1
1
x nguyên nên x – 1 � 1 ; 1
x – 1 = -1 x = 0
x – 1 = 1 x = 2 Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2y2 y 1 0 y 1;
2
1
y
Thay x = 2 vào PT(2) ta được: 2y2 y 1 0 y 1;
2
1
y
Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên x y; � 0;1 ; 2;1 .
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25 0,5
3
(4 điểm)
a 2đ
Ta có a 5 - a = a( a 4 - 1) = a( a 2 - 1)( a 2 + 1) = a( a 2 - 1)( a 2 - 4 + 5) = a( a 2 - 1)( a 2 - 4) + 5 a(a 2 - 1)
=a(a - 1) (a + 1)(a -2) (a +2) + 5 a( a - 1)( a+ 1)
Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 5 suy ra (a 2)(a 1)a(a 1)(a 2) 5 (*) M
Mặt khác 5a(a 1)(a 1) 5 (**) M
Từ (*) và (**) suy ra a 5 M a 5 (1)
tương tự ta có b 5 b 5 (2) ; c M 5c 5 (3) M
Từ (1) (2) (3) suy ra a5 a b5 b c5 Mc 5
mà a b c 24102017M 5 nên a 5b 5c 5 5 M
0,25
0,25 0,5
0,25 0,25 0,5
Trang 4b 2đ
Ta có: a b c d 0�ad bd cd d 2 0(vì d �0)
2 2 2
ad d bd cd
bd d cd ad
cd d ad bd
�
� �
�
�
2
M ab cd bc da ca bd
ab d ad bd bc d bd cd ca d cd ad
a d b d b d c d a d c d
a d b d c d a d b d c d
Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên (a d b d c d )( )( ) là số hữu tỉ
Vậy M (ab cd bc da ca bd )( )( ) là số hữu tỉ
0,5
0,25
0,25
0,25 0,25 0,5
4
(5điểm)
Trang 5a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = AE
AB
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = AF
AC Suy ra AE
AB =AF
AC � AEF: ABC c g c( )
* Từ AEF : ABC suy ra
2 2
cos
AEF ABC
A
� �
� �
� �
b) Tương tự câu a, BDF cos2 , CDE cos2 .
S S
Từ đó suy ra
DEF ABC AEF BDF CDE 1 cos cos cos
S
Suy ra S DEF 1 cos 2 A cos 2B cos 2C S. ABC
HBC ABC
S
HC CE HC HB CE HB
C HEC
AC CF AC AB CF AB S
Tương tự: .. HAB
ABC
S
HB HA
AC BC S ; .
.
HAC ABC
S
HA HC
AB BC S Do đó:
.
.
HC HB
AC AB+ .
.
HB HA
AC BC+ .
.
HA HC
AB BC = HBC HCA HAB 1
ABC
S
Ta chứng minh được: (x + y + z)2 � 3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta chứng minh được: HA HB HC 3
BC AC AB �
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều
0,5 0,5 0,5 0,5
1
1
0,25
0,25
0,25 0,25
A
C
B
D
E F
H
Trang 6(1 điểm)
Kẻ EF AC tại F, DG BC tại G
Theo giả thiết S ADPE S BPC �S ACE S BCD
Mà AC BC �EF DG và �EAF �DCG 60 0
Suy ra AEF CDG� AE CG .
Do đó AEC CDB c g c( )� �DBC ECA �
BPE PBC PCB PCD PCB
�
0,25
0,25 0,25 0,25
6
(2 điểm)
Áp dụng BĐT côsi ta có
( )( )
x xyz xyz x x yz yz x x x y z yz yz
x x z x y yz
x y x z y z
(Vì x + y + z =1) Chứng minh tương tự:
2
2
y xyz xyz y
z xyz xyz z
Mà
3
1
x y z xyz � �� ��
2 x y z 3 3 3 3
�
Vậy GTLN của A = 5 3
3 khi x = y = z = 1
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
(Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho số điểm tương đương)