030 đề hsg toán 9 khánh hòa 2017 2018

ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 Câu (4,0 điểm)   Giải phương trình: x  x  x  27  x   x  Câu (4,0 điểm) a Chứng minh rằng: 70  4901  70  4901 số nguyên b Chứng minh rằng: Với số nguyên dương n , ta có: 1 1      3  n 1 n Câu (2,0 điểm) Cho hai số thực x y thỏa mãn x  xy  y 1 Tìm giá trị lớn P x3 y  xy Câu (2,0 điểm) Cho p số nguyên tố thỏa mãn p a3  b3 với a, b hai số nguyên dương phân biệt Chứng minh : Nếu lấy p chia cho loại bỏ phần dư nhận số bình phương số nguyên lẻ Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  Gọi E , F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Đường tròn  I  qua E , F tiếp xúc với BC D Chứng minh rằng: DB BF BE  DC CF CE Câu (2,0 điểm) Trên bàn có n (n  , n > 1) viên bi Có hai người lấy bi Mỗi người đến lượt lấy số bi tùy ý (ít viên bi) viên bi lại bàn, không vượt số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết người lấy lấy không n  viên bi Người lấy viên bi cuối xem người chiến thắng Tìm số n cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỐN TỈNH KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2017-2018 Câu (4,0 điểm)   Giải phương trình: x  x  x  27  x   x  Lời giải:  x + 0  x -    x 1  x  0  x 1 ĐK :    x  x  x  27  x   x   10 x  x  x  27  x   x  (1) Đặt t 3 x   x  mà x   t  Phương trình (1)  t  t  20 0   t    t   =  t =  t   Khi ta có phương trình: x   x  5  x 1 +   x  2 x  1  x   0 x 0 x2 2     x  2    0 x2 2  x  1    x  0  x 2   > 0 x  1 x2 2   Vậy phương trình có tập nghiệm S {2} Câu (4,0 điểm) a Chứng minh rằng: 70  4901  70  4901 số nguyên b Chứng minh rằng: Với số nguyên dương n , ta có: 1 1      3  n 1 n Lời giải: a) Với x a  b  x = a3  b3  3ab(a  b)  x a  b3  3abx Áp dụng: Đặt a  70  4901, b = 70  4901, x  70  4901+ 70  4901  x3 70  70  3 702  4901x  x3 140  3x  x3  x  140 0  ( x  5)( x  x  28) 0  x  0 ( x  x  28  0)  x 5 Vậy 70  4901  70  4901 5 số nguyên (đpcm) b) Ta có  n 1  n =  3   n   n 1  3 n 1  n   n 1 2 Mà  n  1   n 1 n  n  3  n  1   3  n  1  3  n  1 n   Từ suy   n  1 n  n  1 n n  3     n  1 n  n  3   n n 1  3  n   n 1  Nên 1 1   1                   3 (n 1) n 2  3 1  n 1 1 1      1 (n  1) n  1 1       3  n 1 n  Câu 3   n 1    3 n 1  (2,0 điểm) Cho hai số thực x y thỏa mãn x  xy  y 1 Tìm giá trị lớn P x3 y  xy Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm ta có: x  y 2 x y 2 xy 2 xy  x  y  xy 2 xy  xy 3xy  xy  Ta có  a  b  0  2ab a  b  4ab  a  b  2  a  b  ab   1 P  x y  xy  xy  x  y   xy   xy  x  xy  y 1 Áp dụng BĐT  1 ta có  xy   xy    xy  2  1    :  4  3 2  P  Vậy P có giá trị lớn Dấu xảy 9 P 2 xy   xy    xy  1 x  y  x  y  x  y  3 Câu (2,0 điểm) Cho p số nguyên tố thỏa mãn p a3  b3 với a, b hai số nguyên dương phân biệt Chứng minh : Nếu lấy p chia cho loại bỏ phần dư nhận số bình phương số nguyên lẻ Lời giải: Ta có p a3  b3 (a  b)(a  ab  b ) số nguyên tố mà a, b số nguyên dương a  b 1  a b   p (b  1)3  b3 3b  3b   p 12b  12b  1( mod 3) Nếu lấy p chia loại bỏ phần dư ta A 4b  4b   2b  1 số phương lẻ Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  Gọi E , F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Đường tròn  I  qua E , F tiếp xúc với BC DB BF BE  D Chứng minh rằng: DC CF CE Lời giải: A G F B E H I D O C Gọi H  AC  (I), G  AB  ( I )  chung  C Trước hết ta chứng minh CDH ∽ CED  g  g     CDH CED  CD CE   CD CH CE  1 CH CD BD BG   BD BG.BF   Chứng minh tương tự  BDF ∽ BGD  g  g   BF BD      Ta có GBE ( phụ với A ) BGE ( bù với EHF ) HCF CHF  BGE ∽ CHF  g  g  BG BE  CH CF  3 Từ  1 ,    3  DB BG.BF BG BF BE BF BF BE     ( đpcm) DC CH CE CH CE CF CE CF CE Câu (2,0 điểm) Trên bàn có n (n  , n > 1) viên bi Có hai người lấy bi Mỗi người đến lượt lấy số bi tùy ý (ít viên bi) viên bi lại bàn, không vượt số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết người lấy lấy không n  viên bi Người lấy viên bi cuối xem người chiến thắng Tìm số n cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng Lời giải: + Ta thấy n lẻ người trước ln thắng, cách nước đầu tiên, người lấy viên bi, nước tiếp theo, người lấy viên bi + Xét trường hợp n chẵn Rõ ràng người lấy số lẻ viên bi thua, để lại cho người nước số lẻ viên bi, trở trường hợp Do đó, người chiến thắng phải ln lấy số chẵn viên bi Như vậy, viên bi gắn thành cặp người đến lượt lấy số cặp TH1: Nếu có cặp  n 2  : người trước thua lấy viên TH2: Nếu số cặp lẻ lớn  n 2 mod  : ta trở trường hợp n lẻ (vì viên bi gắn thành cặp) người trước thắng TH3: Nếu số cặp chẵn  n 0 mod  : người muốn thắng ln phải lấy số chẵn cặp (nếu ngược lại trở TH2) Khi viên bi gắn thành nhóm viên Tương tự TH1 TH2 ta thấy số nhóm  n 4  ; n  số nhóm lẻ  n 4 mod 8 người trước thắng Nếu số nhóm chẵn  n 0 mod 8 , ta lại gắn viên bi thành nhóm viên,… + Như người trước có chiến lược thắng n khơng phải k lũy thừa  n 2 