ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS BẮC HỒNG Năm học 2020-2021
****************** Môn : TOÁN – Lớp 9 (Thời gian 120 phút)
PHẦN I: Thí sinh chỉ ghi kết quả vào bài làm:
Câu 1: Giá trị biểu thức:
T 5 3 29 12 5
là:
Câu 2: Tính giá trị biểu thức
2019 2020 2021
32N x x x
Với
5 2 5 2 3 2 2
51
x
Câu 3: : Cho a b, là hai số tự nhiên. Biết rằng a chia cho 5 dư 3 và b chia cho 5 dư 2.
Hỏi tích a b. chia cho 5 dư bao nhiêu ?
Câu 4: Tìm số nguyên dương n để n +1 và 4n+29 là số chính phương.
Câu 5: Cho tam giác ABC có AB=1; 𝐴
󰆹 =1050 ; 𝐵
=600.Trên cạnh BC lấy điểm E sao
cho BE=1. Vẽ ED//AB(D∈AC).
Tính giá trị biểu thức: 1
𝐴𝐶2+1
𝐴𝐷2
Câu 6: Tính diện tích của một tam giác vuông có chu vi 72cm, hiệu giữa dduongf
trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng 7cm.
PHẦN II: Thí sinh trình bày bài làm vào tờ giấy thi
Câu 7: Giải phương trình
xx
xx
233
135
= 4
Câu 8: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2
Câu 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.
a) Tính AH, BH biết BC = 50 cm và
3
4
AB
AC
b) Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh rằng:
AH3 = BC.BD.CE
c) Giả sử BC = 2a là độ dài cố định. Tính giá trị nhỏ nhất của: BD2 + CE2
Câu 10: Cho ba số thực
x
,
y
,
z
dương thỏa mãn
. Chứng minh:
2 2 2
2
1 1 1
x y y z z x xyz
x y z
Hết.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TOÁN
CÂU
HƯỚNG DẪN
Điêm
1
1
0.5
2
2
2 ( 2 1)x
=
2
- (
2
+ 1) = -1
với x = -1 ta có N = -1 + 3 + 2 = 4
0.5
3
a chia cho 5 dư 3 nên tồn tại số tự nhiên m sao cho a m = + 5 3 (1) b chia
cho 5 dư 2 nên tồn tại số tự nhiên n sao cho b n = + 5 2 (2) Từ (1) và (2)
suy ra a b m n . 5 3 5 2 ... 5 5 2 3 1 1 = + + == + + ++ ( )( ) ( mn m n ) Suy
ra a b. chia cho 5 dư 1.
0.5
4
n = 35.
0.5
5
4
3
0.5
6
144cm2
0.5
7
Điều kiện x – 3 +
x23
0
Phương trình tương đương
53 x
-
1x
- 4
32 x
- 4x + 12 = 0 (*)
Xét x < -
2
3
Thì (*)
- 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2x = -28
x = - 14 (Thỏa mãn đk)
Xét -
2
3
≤ x < 1 Thì (*)
- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x =
7
2
(Thỏa mãn đk)
Xét 1 ≤ x <
3
5
Thì (*)
- 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x =
8
3
(loại)
Xét x ≥
3
5
Thì (*)
3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x = -
5
2
(Loại)
Vậy phương trình có nghiệm x
7
2
;14
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
8
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
(x + y)2 = xy(xy + 1)
+ Nếu x + y = 0
xy(xy + 1) = 0
1
0
xy
xy
Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0
x = y = 0
Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0
1
1
y
x
hoặc
1
1
y
x
+ Nếu x + y
0
(x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do
đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
9a
E
D
H
C
B
A
3
4
AB
AC
34
AB AC k
AB = 3k, AC = 4k
(3k)2 + (4k)2 = 502
k2 = 100
k = 10
AB = 30 cm, AC = 40 cm
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
AB.AC = AH.BC
30.40 = AH.50
AH = 24cm
AB2 = BH.BC
302 = BH. 50
BH = 18 cm
1
9b
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
AH2 = BH.CH
AH4 = BH2.CH2 = BD.AB.CE.AC=(BD.CE)(AB.AC)
= (BD.CE).(AH.BC)
AH3 = BC.BD.CE
1
9c
Áp dụng định lí Pytago ta có:
BD2 + CE2 = BH2 – HD2 + HC2 – HE2 = BH2 + HC2 – ( HD2 +HE2 )
= (AB2 – AH2 )+ (AC2 – AH2 ) – AH2 = (AB2 + AC2 ) – 3AH2
= BC2 – 3AH2 = 4a2 – 3AH2
Gọi O là trung điểm của BC ta có. AH
AO = a nên
BD2 + CE2
4a2 – 3a2 = a2.
Dấu = xẩy ra khi H trùng O
ABC vuông cân tại A
1
Vậy GTNN của BD2 + CE2 bằng a2 khi
ABC vuông cân tại A
10
Xét
2 2 2 2 2 2
x y y z z x
VT xy y yz z xz x
2
1
xy yz zx
xy yz zx x y z

0,25
Ta có
2 2 2
3
3xy yz zx x y z
.
Đặt
t xy yz zx
, từ giả thiết có:
3
22 2 2 4
14 27
t
t x y z
3
4
t
3
4
xy yz zx
0,25
Thay vào giả thiết được:
1
4
21xyz xy yz zx
hay
1
8
xyz
Do đó
6xy yz zx xyz
26 2xy yz zx xyz xy yz zx
0,25
Mặt khác:
23 . . .xy yz zx xy yz yz zx zx xy
2
2 6 3xy yz zx xyz x y z
Cộng vế
2
và
3
có:
2
3 6 4xy yz zx xyz xy yz zx x y z
Kết hợp
1
và
4
ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi
1
2
x y z
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa