Đề học sinh giỏi Toán 9 năm 2023 - 2024 trường THCS Hải Hòa - Nghệ An

PHÒNG GD THỊ XÃ CỬA LÒ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG-LỚP 9 TRƯỜNG THCS HẢI HOÀ NĂM HỌC 2023– 2024 Môn thi :TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1: (6,0 điểm) Cho biểu thức: P =

2 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x + − − + − + + − −

a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của biểu thức P tại | x-1|= + −12 4 192 19 −

c) Tìm x để 6 Q P = nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (3 điểm) a, Chứng minh rằng với mọi nN và n > 2 thì n4 - n + 2 không phải là số chính phương.

b, ) Giải phương trình nghiệm nguyên: 3( y2 -8x) = 3 – 4x2

Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình: ( 1 1)(5 x) 2x x+ + − = Bài 4: (7, 0 điểm)

Cho ABC vuông tại A; BC = 2a (cm). Đường cao AH. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB. Chứng minh rằng :

a) AB. EB + AC. EH = AB

2

b) Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với AC, qua điểm C vẽ đường thảng song song

với AB, hai đường thẳng này cắt nhau tại M. Gọi N và K lần lượt là trung điểm của BM và HC. Chứgn minh AK vuông góc với KN.

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ADHE.

Câu 5 (2,0 điểm) : Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: 2 2 2 2 2 2 2015. a b b c c a + + + + + =

Chứng minh rằng:

2 2 2 1 2015. 2 2 a b c b c c a a b + +  + + +

---------Hết----------

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài C

âu

Nội dung Điể

m Bài

1 (4,5

đ)

a 3,

0 đ

ĐKXĐ: 0; 1 x x  .

Rút gọn: P =

2 1 ( 1)( 1) (1 ) (1 ) ( 1) (1 ) x x x x x x x x x x x x + − + + − − − + + − −

= 1 1 1 x x x x x x x x + + + −− + +

= 1 1 1 x x x x x x + + + + + −−

2 ( 1) x

x + =

Vậy P =

2 ( 1) x

x + = với 0; 1 x x  

0,5

0,7

5

0,5

0,5

0,5

0,2 5

b 2,

0 đ

Ta có: | x-1|= − −12 4 192 19 − 1 3. x−=

 x – 1 = 3 hoặc x - 1 = - 3  x = 4 hoặc x = - 2. Vì x = 4 thỏa mãn đkxđ nên ta có: Giá trị của biểu thức P là:

P

2 ( 4 1) 9 2 4 + = =

0,5

0,5 0,5

0,5

c 1, 0đ

Với ĐKXĐ: 0; 1 x x  .

Ta có: 6 Q P = = 2 6 0 ( 1) x x

 +

mọi x thuộc đkxđ.

Mặt khác: Q – 3 =

2

2 2 6 6 3( 1) 3 ( 1) ( 1) x x x x x − + − = + +

2 2 6 3(x 2 1) 3( 1) ( 1) ( 1) x x x x x − + + − + = = + +

< 0 mọi x thuộc đkxđ.

Nên : Q < 3 mọi x thuộc đkxđ. Vậy : 0 < Q < 3 với mọi 0; 1 x x  . Vì Q nhận giá trị nguyên nên Q = 1 hoặc Q = 2.

+) Q = 1  2 6 1 ( 1) x x

= +

 x - 4 x + 1 = 0

 ( x - 2)

2 = 3

0,5

 2 x (2 3) =  ( t/m đkxđ)

+) Q = 2  2 6 2 ( 1) x x

= +

 x - x + 1 = 0 . PT vô nghiệm.

Vậy với 2 x (2 3) =  thì Q nhận giá trị nguyên.

0,5

Bài

2 (3,0

đ)

a 1, 5đ

Đặt M= n4 - n + 2 Ta có: M = n4 - (n - 2) < (n2)2 ( vì n > 2 nên n-2 > 0) Mặt khác: A = n4 - 2n2 +1 + 2n2 -n + 1= (n2 -1)2 + (2n2 -n + 1)

=> M > (n2 -1)2 ( vì 2n2 - n + 1= 2(n - 1

4 )2 + 7

8 > 0 )

=> (n2 -1)2 < M < (n2)2. Vậy M không là số chính phương.

0,5

0,5

0,5

b 1, 5đ

3( y2 -8x) = 3 – 4x2

4x2 24x + 36 - 36 = 3 - 3y2

4(x- 3)2 = 3(13 - y2) (1) Ta thấy 3(13 - y2) 4, suy ra: (13 - y2) 2 => y lẻ. Ta lại có: 7 - y2  0 nên suy ra y2 = 1 ; y2 =9 Khi đó (1) có dạng: 4(x-3)2 = 36 hoặc 4(x-3)2 =12 ( Loại) => x- 3 = 3 do đó x = 6 hoặc x = 0. Vậy các cặp (x,y) : (6;1), (6;-1), (0;1), 0;-1) thỏa mãn (1) là nghiệm của PT đã cho.

0,5

0,5

0,5

Bài

3 (2,0

đ)

ĐK: 1. x − Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của PT (1) . Với 0 x  ta nhân 2 vế của PT (1) với (( 1 1) x+ − ta có:

( 1 1) x+ − ( 1 1)(5 x) 2x x+ + − = ( 1 1) x+ −

(x 1 1) + − (5 x) 2x − = ( 1 1) x+ −

 x(5 – x) = 2 x( 1 1) x+ −

 (5 – x) = 2 ( 1 1) x+ − (do 0 x )

x + 2 1 x+ - 7 = 0  ( 1 x+ +1)

2 = 9  1 x+ + 1 = 3 ( do 1 x+ + 1 > 0 vợi mọi 1. x −)  1 x+ = 2  x + 1 = 4  x = 3 (t/m đk) Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3.

0,5

0,5

0,5

0,5