ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9

Tìm giá trị lớn nhất của P.. Chứng minh A không phải là số chính phương.. 2,0 điểm Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN ČM’GAR ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN: TOÁN- THCS

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức P

b) Cho 1x  1y 8 Tìm giá trị lớn nhất của P

Bài 2 (2,0 điểm)

a) Cho A = n6n42n32n2 (với n N,� n > 1) Chứng minh A không phải là số

chính phương.

b) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a 4b� 2013 Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: 18ax2  4bx 671 9  a 0

Bài 3 (2,0 điểm)

Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ

số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương

Bài 4 (1,5 điểm)

Cho hình thang vuông ABCD (A D 90 � �   0), có DC = 2AB Kẻ DH vuông góc với

AC (H� AC), gọi N là trung điểm của CH Chứng minh BN vuông góc với DN

Bài 5 (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O) Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB) � �

a) Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC Chứng minh

rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng

b) Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD Chứng minh rằng

DK  DA  DM

hết

-Bài số 2

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

1

   

x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy

xy 1 1 xy



           

   

xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy

xy 1 1 xy



 x 1 1xy 1 1  xyxy  xyxy xx  xy 1xy 1  xy 1 1x 1 1  xyxy

x y xy xy



b

Theo Côsi, ta có: 8  �1x 1y 2 1xy 1xy 16 0,25 Dấu bằng xảy ra  1x  1y  x = y = 1

Vậy: maxP = 9, đạt được khi : x = y = 1

2,0

2

a n6n42n32n2 n (n 1) (n2  2 22n 2) 0, 25

với n N� , n > 1 thì n22n 2 (n 1)   21 > (n 1) 2 0,25

và n22n 2 n  22(n 1) < n2 0,25

Vậy (n 1) 2<n22n 2 <n2�n2 2n 2 không là số

b Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a4b�2013 (1)

Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

2

TH1 : Với a = 0 thì (2) � 4bx 671 0 

Từ (1)  b 0 Vậy (2) luôn có nghiệm 671

4

x

b

TH2 : Với a �0 , ta có :   ' 4b2  18 (671 9 ) 4a  a  b2  6 2013 162a  a2 0,25

4b  6 (18a a 4 ) 162b  a  4b  24ab 54a  (2b 6 )a  16a 0, a b,

2,0

3 Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d N, 0a,b,c,d 9,a 0 0,25

Ta có: abcd k2

(a1)(b3)(c5)(d3)m2

abcd k2

abcd1353m2

Do đó: m 2 –k 2 = 1353  (m+k)(m–k) = 123.11= 41 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41

m–k = 11 m–k = 33

m = 67 m = 37

k = 56 k = 4 ( loại) Kết luận đúng abcd = 3136

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

2,0

4

Gọi M là trung điểm của DH Chứng minh tứ giác ABNM là hình bình hành � AM // BN (1) Chứng minh MN  AD

Suy ra M là trực tâm của  ADN � AM  DN (2)

Từ (1) và (2) � BN  DN

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

1,5

với k, mN,

100 m

k









hoặc hoặc

Ta có IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy ra IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy ra BH // IC

Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC

 J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

b

Ta có �ACB AIB� 1sdAB�

2

ACB DEA  cùng bù với góc �DEB của tứ giác nội tiếp BCDE

BAI AIB 90   vì ABI vuông tại B Suy ra � BAI AED 90  �  0 , hay � EAK AEK 90  �  0 Suy ra AEK vuông tại K

Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết)

DK  AM (suy từ chứng minh trên).

Như vậy 12 1 2 1 2

DK  DA  DM

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2,5

Lưu ý:

- Hs có cách giải khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm trên.

- Điểm bài thi là tổng điểm thành phần các bài Không làm tròn.