Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 huyện khoái châu năm học 2017 2018(có đáp án)

Hướng dẫn Bài 1) Rút gọn A = x  12 x 2 x  12 x   16 16 b)   x 2  x 2 x 2 x 2 2) a) ta rút gọn B =   x 2  16 4 x 2   x 2 16 4 x 2 dấu = xảy  x = Bài 1) Rút gọn A = 2) Đặt a = 2014 => 2015 = a + => 20142 + 20142.20152 + 20152 = (a+1)2 + a2 + (a+1)2 a2 Ta có (a+1)2 + a2 + (a+1)2 a2 = (a2 + 2a + 1)a2 + a2 + (a+1)2 = a4 + (2a+1)a2 + a2 + (a+1)2 = a4 + a2(2a + 2) + (a+1)2 = a4 + 2a2(a+1) + (a+1)2 = (a2 + a + 1)2 => 20142  20142.20152  20152  20142  2014   20142  2015 số nguyên dương Bài 1) 2x  3y  4x  19   x  12  21  3y Vì  x  12   21  3y   y     y  Mà y nguyên nên y 2; 1;0;1; 2 Ta có bảng giá trị y -2 -1 9(L) 18 21(L)  x  1 18 9(L) x x=2;-4 x=2;-4 Vậy nghiệm nguyên pt là: (2;-1); (-4;-1); (2;1); (-4;1) 2) ĐKXĐ: x  8 Pt trở thành: 3x  7x    4x   x     2x   x     x  1  2 => x = 1(t/m); Bài 1a)  m  1 x   m  3 y   3mx  3x  my  3y    m(3y  y)  3x  3y   Để đường thẳng qua điểm cố định với m pt có nghiệm với m  x  3x  y    =>    3x  3y    y  3  3   với m 2  1b) với m = đường thằng (d) : x = có khoảng cách từ O đến d ½ 3(m  1)x  Với m khác đường thẳng d có dạng: y  m3 m3 Vậy (d) qua điểm cố định A  ; 10   d vuông góc với OA 2 Khoảng cách từ O đến d lớn OM = Pt đường thẳng OA y=-3x Khi ta có 3  m  1 (3)  1   m  1  m   m  (t/m) m3 2) với x, y, z số dương ta có x  yz  2x yz  yz 1   ; mà x  yz 2x yz 2xyz yz  yz yz   x  yz 4xyz Tương tự xz xy ;   y  xz 4xyz z  xy 4xyz => VT  yzxzxy xyz 1 1        4xyz 2xyz  xy yz xz  Bài A E F H B D O C 2) ta có tam giác EAH đồng dạng với tam giác DBH => HA.HD=HB.HE Tam giác HAF đồng dạng với tam giác HCD => HA.HD=HC HF => đpcm 3) chứng minh tam giác AEB đồng dạng với AFC => tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC => góc AEF = góc ABC Tương tự góc DEC = góc ABC => góc AEF = góc DEC => góc FEB = góc DEB => HE phân giác góc DEF tương tự ta có HD phân giác góc EDF H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF 4) ta có sin ADF = sinEBA = AE/AB sinEDH = sinECH = AF/AC mà hai góc => sin2 ADF = AE AF  AE AF      AB AC  AC AB  tương tự AE AF => sinADF = AB AC      sinBED    ; sinCFE     AB BC   AC BC  BF BD CE CD         => sinADF + sinBED + sinCFE         AC AB   AB BC   AC BC  Mà sinADF + sinBED + sinCFE  3 sin ADF.sin BED.sin CFE AE AF BF BD CE =>3 sin ADF.sin BED.sin CFE   sin ADF.sin BED.sin CFE   sin ADF.sin BED.sin CFE  CD  Dấu = xảy  sinADF = sinBED = sinCFE = ½  tam giác ABC Bài 1) B H β M A α C Kẻ AH vng góc với BC Theo ta có  sin   cos    sin   2sin .cos  sin  Xét tam giác ABC vuông A; tam giác AHM vuông H nên AB AC AH 2AH ;cos  ;sin    BC BC AM BC AB AC 2.BC.AH 2AH => 2sin .cos  (theo hệ thức lượng AB.AC=BC.AH)   BC BC BC2 BC sin   => đpcm 2) Xét dãy S1  2012;S2  20122012;S3  201220122012; S2011  2012 2012  2011 cum 2012 Giả sử dãy khơng có số chia hết cho 2011 => số dư số cho 2011 1;2;3;…;2010 có 2010 số dư => theo ngun lý Đricle có hai số Sm Sn có số dư chia cho 2011 Giải sử  n  m  2011 =>  Sm  Sn  2011 n => 2012 2012  2011   2012 2012   2012 2012.10  m cum 2012 n cum 2012 m-n cum 2012 Do (10,2011)=1 => 2012 2012   2011 m-n cum 2012 Do ln tồn số ngun dương có tận 2012 chia hết cho 2011 ... 1) 2x  3y  4x  19   x  12  21  3y Vì  x  12   21  3y   y     y  Mà y nguyên nên y 2; 1;0;1; 2 Ta có bảng giá trị y -2 -1 9( L) 18 21(L)  x  1 18 9( L) x x=2;-4 x=2;-4