de hsg toan 9 cam giang 1617

tranvantoancv.violet.vn PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC: 2016 - 2017.. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên.[r]

Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD tranvantoancv.violet.vn

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức: P 1 2 6 x 9x 1

1 4x



Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên

b) Cho x 35 2 13  35 2 13 

Tính giá trị của biểu thức A = x2015

– x2016 + 2017

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2   2

x  x  x x 

b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn: 5x3y2xy11

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng n44n là hợp số

b) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2cm Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AD, DC Gọi I, H thứ thự là giao điểm của AF với BE, BD Vẽ  0

45

BIM 

(M thuộc cạnh BC), O là giao điểm của IM và BD

a) Tính độ dài của AI, BI

b) Chứng minh 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc một đường tròn

c) Chứng minh DH.BO = OH.BD

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:

3

3

          

       

        -Hết -

Họ và tên học sinh: Số báo danh:

Họ và tên Giám thị: Chữ ký:

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 9

Hướng dẫn chấm gồm 04 trang

Câu 1

(2 điểm)

1 4x



2

1









Vậy P 3 x 1





 với x  0; x 1; x 1

0,25

0,25

Với x  Z thì:

5

 là số nguyên chẵn

5



 là số nguyên lẻ

 

1) 2 x     1 1 x 0 (thỏa mãn ĐK) 2) 2 x     1 5 x 4 (thỏa mãn ĐK) Vậy x  0;4 là các giá trị cần tìm.

0,25

0,25

Ta có:

3

5 2 13 5 2 13

10 3 27 5 2 13 5 2 13

x x

3

3

10 9

9 10 0

0,25

0,25

Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD tranvantoancv.violet.vn

1

x

  vì

2

  , với mọi giá trị của x

Thay x = 1 vào biểu thức A ta được:

A = 12015 – 12016 + 2017 = 2017

0,25 0,25

Câu 2

(2 điểm)

x  x  x x 

Đặt x2 1 = t, với t > 0, ta có t2 + 3x = (x + 3).t

Từ đó giải được t = x; t = 3

Do đó:

+ Với t = x, ta có x2 1= x  x2 0 2







 

 vô nghiệm

+ Với t = 3, ta có x21 = 3  x2 = 8  x = 2 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 2

0,25 0,25

0,25

0,25 b) Ta có: 5x – 3y = 2xy – 11

2xy + 3y = 5x + 11

y(2x + 3) = 5x + 11

Dễ thấy 2x + 3  0 (vì x nguyên) do đó

5 11

2 3

x y x







Để y  Z ta phải có 5x + 11  2x + 3

 2(5x 11) 2  x 3

10x22 2 x3

 5(2x  3) 7 2  x 3

7 2 x3

 2x + 3 là ước của 7

Ta có

Vậy cặp số (x; y) nguyên cần tìm là (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2)

0,25

0,25

0,5

Câu 3

(2 điểm)

a) Ta có n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc

n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0

+ Với n = 2k, ta có:

n4  4n  ( 2 k )4  4 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2

Do đó n4 4nlà hợp số

+ Với n = 2k + 1, tacó:

0,25

0,25

2 .2.4 (2.4 ) 2 .2.4 ( 2.4 ) (2 .2 )

2.4 2 .2 2.4 2 .2

Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2 Vậy n4

+ 4n là hợp số

Vậy n4

+ 4n là hợp số với n là số tự nhiên lớn hơn 1

0,25 0,25

b) Ta có: 1 1

x

1 1

y

1 1

z

=> P = 3 – (

1

1 1

1 1

1









x ) = 3 – Q

Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì

   

  Suy ra Q =

1

1 1

1 1

1









9



 – Q

4

9



 nên P = 3 – Q  3 –

4

9

=

4

3

Dấu “=” xảy ra  x = y = z =

3 1

Vậy GTLN của P =

4

3

khi x = y = z =

3

1

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

(3 điểm)

O

H I

F

E

M

B A

0,25

Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD tranvantoancv.violet.vn

a) Chứng minh được ABE DAF

 ABE DAF

90

DAFBAF 

90

ABEBAF

90

AIB

Xét tam giác ABE vuông tại A, theo định lý Pytago có:

BE AB AE    (cm)

Lại có AIBE, do đó:

AI.BE = AB.AE  . 2.1 2 5

5 5

AB AE AI

BE

BI.BE = AB2

5 5

AB BI BE

0,25

0,25

0,25

b) Xét ABH và BIM có

45

ABH BIM 

BAH IBM (cùng phụ với ABI)

Suy ra ABH BIM(g.g)

 AB AH BH

BI  BM  IM (1)

Ta có HAB HFD

 HB AB HA 2

HD  DF  HF 

BH  BD   (cm); 2 2 5 2 5

AH  AF   (cm)

Từ (1) 

2 5 4 5

AH BI BM

AB



3

BC  BD 

Do đó BMH  BCD, mà hai góc này ở vị trí đồng vị

 MH // CD

Mà BCCD

 MHBC

Ta có BIH và BMHlà hai tam giác vuông có chung cạnh huyền

BH, do đó 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính

BH

0,25

0,25

0,25 0,25

c) Ta có   0

45

BIM MIF  , do đó IM là phân giác của BIF

Ta lại có AF BE 5(cm)  5 2 5 3 5

IF  AFAI    (cm)

10

BA AH 

Suy ra IDF BAH (c.g.c)    0

45

DIF ABH 

Do đó ID là phân giác của EIF

Xét tam giác BIH có IO và ID là phân giác trong và ngoài

Suy ra DH.BO = OH.BD

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

(1 điểm)

Chứng minh rằng:

3

3

          

       

       

Vì a + b + c = 1 nên

1

Từ bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có:

3

a b c

 

    Đặt xabc, thì 0 1

27

x

Do đó 1 1 27 1 27 

x

Suy ra 1 1 27 1 730

27 27

      Mặt khác   1 1 1 1 1 1

Nên

3

10

    Vậy

3

3

          

       

        ; dấu “=” xảy ra khi 1

3

a  b c

0,25

0,25

0,25

0,25

* Lưu ý: HS làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa