PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ỨNG HÒA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 ĐỢT I NĂM HỌC 20-21 ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Câu 1. (6 điểm)
Cho biểu thức 1 2 1 0
1
1 1 1
x x x x
P x x x x x x
1) Rút gọn biểu thức P
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2
Q x
P
3) Tính giá trị của Pkhi cho x 3 7 50 3 7 50 Câu 2. (3 điểm)
Chứng minh
2n 1 2
n 1
chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n Câu 3. (4 điểm)1. Giải phương trình : 4 x 1 x2 5x14
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y2 xy x y Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác ABCnhọn, các đường cao AK BD CE, , cắt nhau tại H 1) Chứng minh AB AE. AC AD.
2) Chứng minh
2 2 2
2 2 2
KC AC CB BA
KB BA CB AC
3) Giả sử .
3
HK AK Chứng minh rằng tan .tanB C3 4) Giả sử SABC 120cm2và BAC60. Hãy tính SADE
Câu 5.(1 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ một chữ số của nó thì số đó giảm đi 31 lần
ĐÁP ÁN Câu 1.
1) Rút gọn
1 2 1 0
1
1 1 1
1 2 1
1 1 1 1
1 2 1
1 1 1 1
1
1 1 1
x x x x
P x x x x x x
x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x
x x
x x x
2 2 2 2 2 2
2)
2 2
x x x x
Q x x
P x x
Q x
x
Theo bđt Cô si : 2
2 2 2 x x Suy ra giá trị lớn nhất Q
2 2 2
Dấu " " xảy ra khi 2
x x 2
x 3) Từ x 3 7 50 37 50
Ta có : x3 7 50 7 50 3 x3 72 50
3 3 14 0 2 2 2 7 0 2
x x x x x x
(do x2 2x 7 0)
Thay 2
2( )
3 2
x tmdk P
Câu 2.
Do 2n 1,2 ,2n n 1là 3 số tự nhiên liên tiếp nên tích
2n 1 .2 . 2
n n 1 3
⋮Mà
2 ,3n
1
2n 1 2
n 1 3
⋮Câu 3.
1. Giải phương trình : 4 x 1 x2 5x14(1) Điều kiện : x 1
2 2
2 2
1 5 14 4 1 0
6 9 1 4 1 4 0
3 1 2 0
3 0 3
1 2 0
x x x
x x x x
x x
x x
x
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x3
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y2 xy x y
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 1 2 1 2
1 1 2
x y xy x y x y xy x y
x xy y x x y y
x y x y
Vì ,x yℤnên :
0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0
, 2;2 0;0 1;0 2;1 1;2 0;1
x y x y x y
Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là :
x y;
2;2 ; 0;0 ; 1;0 ; 2;1 ; 1;2 ; 0;1
Câu 4.
1) Xét hai tam giác vuông ABDvà ACEcó: BAC chung; D E 90
( . ) AB AD
ABD ACE g g
AC AE
∽ hay AB AE. AC AD. 2) Sử dụng định lý Pytago
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2 .
2 .
2 2 .
2 .
2 2 . 2
2 2 . 2
AK KC KC KB BA
AC CB BA
VP BA CB AC BA KC KB AK KC
AK KC KC KC KB KB BA BA KC KB KC KB AK KC
KC KC KB AK KB BA BA AK KB KC KB
KC KC KB
KC KC KB KC
KB KC KB KB KB KC
VT dfcm( )
KB
3) Ta có , . 2
1.
AK AK AK
tan B tanC tan B tanC
BK CK BK CK
Mặt khác: tan tan CK
B KHC B KHC
HK
H
D
K E
A
B C
Tương tự : tanC tan KHB BK tan B tanC. BK CK. 2
2HK HK
Từ (1) và (2) suy ra
.
2 2 32 13 tan B tanC AK Do HK AK
HK
Vậy tan B tanC. 3
4) Ta chứng minh được : ABC∽ADE (câu a) Nên
2 ABC
ADE
S AB
S AD
, mà BAC60nên ABD30 Ta suy ra 1
AD2AB. Từ đó ABC 4 ADE 30 2
ADE
S S cm
S
Câu 5.
Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vị, ta có xc31x x
ℕ
10x c 31x 21x c
Do 0 c 9. VT21,VP9. Vô lý
Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có : 31
xbc xcvới x ℕ 210x3bc10a
Lập luận tương tự để chỉ ra x0,10a3bcbc⋮10, 3a⋮ a
3;6;9
Ta có các số 310;620;930
Tiếp tục quá trình trên, ta tìm được các số dạng :
31.10 ;62.10 ;93.10k k k k 0;1;2;3;...