De thi HSG toan 9 cap tinh96

MỨC ĐỘ THÔNG HIỂU Câu 1, ý 3đ Câu ý 3đ CHỦ ĐỀ RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT HÌNH HỌC PHẲNG Câu 4, ý 2đ VD THẤP Câu 1, ý 2đ Câu ý 2: đ Câu 2đ Câu 4, ý 2 đ SỐ HỌC ( CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ).NGUYÊN LÝ ĐIRICLE đ (40%) đ (40%) VD CAO ĐIỂM 5đ 5đ 2đ Câu 4, ý 3: 2đ Câu ý 1,2 2đ đ (20%) 6đ 2đ 20 đ Câu (5,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  x  13 x  x 1   với x  0; x  4; x  x 5 x 6 x  3 x Giả sử a nghiệm âm phƣơng trình 3x2  x   Khơng giải phƣơng trình, tính giá trị biểu thức P  3a  (4  4)a   3a  Câu (5,0 điểm) 2  x  y  7x Giải hệ phƣơng trình    y  2x  y   Giải phƣơng trình 3x  65  x 17  x  Câu (2,0 điểm) Cho số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn ab2  bc2  ca2  4abc  Chứng minh b c a    a b c Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD , lấy điểm E cạnh BC ( E khác B C ); đƣờng thẳng qua B vng góc với DE cắt DE H cắt CD K Gọi M giao điểm DB AH a) Chứng minh ba điểm E, K , M thẳng hàng b) Chứng minh E tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác CHM Cho tam giác ABC , P điểm cạnh BC ( P khác B C ); Q, R lần lƣợt hai điểm đối xứng với P qua AC, AB Lấy điểm M nằm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AQR cho AM song song với BC Chứng minh đƣờng thẳng PM qua điểm cố định P thay đổi cạnh BC Câu (2,0 điểm) Trên mặt phẳng lấy 21 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng; điểm đƣợc tô bốn màu đỏ, cam, vàng lục Các đoạn thẳng nối hai 21 điểm đƣợc tơ hai màu chàm tím Xét tam giác có ba đỉnh thuộc điểm cho, chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu ba cạnh màu 2 Giả sử n  , n  Xét số tự nhiên dạng an  11 đƣợc viết n chữ số Chứng minh an số nguyên tố n ƣớc an  Đáp án Câu A  C1 x  13 x  x 1   x 5 x 6 x  3 x x  13  =  x 3  5đ Từ giả thiết ta có    =  x  13 x 3  x   x 1 x 3  x 2   x 2 x 2 =    x  x 1  x 2 x 3 x x 6 x 3  x 2   x 2 x 2 3a   2a  a    3a   2a  2a suy P  3a  (4  4)a   3a   a  1  2a    2a  2a    2 Trừ vế theo vế hai phƣơng trình ta có  x  y  3x  y     x  y  3x  y   x  TH1: x  y   y  x Thay y  x vào phƣơng trình (1) ta đƣợc x  x     x  7 Trƣờng hợp hệ phƣơng trình cho có nghiệm  x, y   0,0  ;  7, 7  7  x Thay y   x vào phƣơng trình (1) ta đƣợc x2  21x  98  3 Phƣơng trình vơ nghiệm nên hệ phƣơng trình vơ nghiệm Vậy hệ cho có hai nghiệm  0,   7, 7  TH2: 3x  y    y  C2 5đ Điều kiện xác định x  Phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình x   2x 1   x 2  8  x   x   x    x  25  40  x   3x     25  40 Áp dụng B.Đ.T Cauchy ta có ab2  bc2  2bc ab ; bc2  ca  2ca bc ; ca  ab2  2bc ca Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh Đối chiếu điều kiện phƣơng trình có hai nghiệm x  5, x  C3 2đ a) Xét tam giác BDK , ta có: DH  BK , BC  DK , BC cắt DH E Suy E trực tâm tam giác BDK Để chứng minh M , E, K thẳng hàng ta cần chứng minh MK  BD B A M C4 E 6đ D C H K Tứ giác ABHD có BAD  BHD  900 nên nội tiếp Suy BHA  BDA  450 Tứ giác DMHK có: MDK  BHM  450 nên nội tiếp Lại có, DHK  900 (gt) nên DMK  DHK  900 (cùng chắn cung DK ) Từ ta có điều cần chứng minh 1 b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK  EHK  900 ) suy ECH  EKH (1) Tứ giác CKBM nội tiếp suy EKH  BCM  ECM   Từ (1), (2) suy ECH  ECM Do đó, EC đƣờng phân giác góc MCH Chứng minh tƣơng tự, ta có ME đƣờng phân giác góc CMH Vì E giao điểm hai đƣờng phân giác góc M C tam giác CHM nên ta có điều phải chứng minh Gọi N giao điểm RB QC; O tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC A M Q O R B C P Ta có ARN  AQR  1800 nên N nằm đƣờng tròn (w) ngoại tiếp tam giác AQR Đƣờng tròn (w') ngoại tiếp tam giác BCN cắt (w) điểm thứ hai G Từ RBG đồng dạng với QCG suy GP phân giác BGC N BNC  RNQ  180o  2BAC  1800  BOC nên O nằm (w'); G mà OB = OC nên GO phân giác BGC G, P, O thẳng hàng Ta có N, O, A thẳng hàng Gọi M' giao điểm thứ hai GO với (w) Ta có AM ' G  ANG  ONG  OPC  MPC suy AM '/ / BC nên M '  M Do G, P, O M thẳng hàng Vậy MP ln qua O cố định Vì có 21 điểm đƣợc tô màu mà 21 = 4.5+1 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn điểm đƣợc tô màu Gọi điểm màu A, B, C, D, E, F Từ điểm A ta kẻ với điểm lại đƣợc đoạn thẳng, đoạn đƣợc tô màu có đoạn đƣợc tô màu Không tổng quát giả sử đoạn AB, AC, AD đƣợc tơ màu tím Trong đoạn nối ba điểm B, C D có đoạn màu tím, giả sử BD tam giác ABD tam giác cần tìm Nếu đoạn nối ba điểm B, C, D khơng có đoạn màu tím tam giác BCD tam giác cần tìm Trƣớc hết ta chứng minh: an số nguyên tố n số nguyên tố Giả sử n hợp số, n  bq; b, q  ,1  b, q  n Khi C5 2đ an  11  11 10q (b1)  10q (b2)   1 11 hợp số Trái giả thiết, nên n số ngun tố bq chư số q chư số q chư số 10n  10n  10 1   10n  10 9 Theo định lí Fermat nhỏ, ta có 10n  10 n (2) Nếu n  an  111 khơng thỏa mãn giả thiết Tiếp tục ta có an   (1) Nếu n  ta có  n;9   nên từ (1) (2) suy 10n  10 9n Vậy n ƣớc an   ... C H K Tứ giác ABHD có BAD  BHD  90 0 nên nội tiếp Suy BHA  BDA  450 Tứ giác DMHK có: MDK  BHM  450 nên nội tiếp Lại có, DHK  90 0 (gt) nên DMK  DHK  90 0 (cùng chắn cung DK ) Từ ta có... số Trái giả thi t, nên n số ngun tố bq chư số q chư số q chư số 10n  10n  10 1   10n  10 9 Theo định lí Fermat nhỏ, ta có 10n  10 n (2) Nếu n  an  111 không thỏa mãn giả thi t Tiếp tục... an  111 không thỏa mãn giả thi t Tiếp tục ta có an   (1) Nếu n  ta có  n ;9   nên từ (1) (2) suy 10n  10 9n Vậy n ƣớc an 