PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH LẦN 2 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2017-2018 Môn thi: Toán 9 ( thời gian làm bài 150 phút ) Câu 1: (3,0 điểm) a. Cho $\frac{{{n^2} - 1}}{3}$ là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng: 2n - 1 là số chính phương. b. Tìm một số nguyên dương K nhỏ nhất để phương trình: 2xy-x-5y+1-k =0 có một số lẻ nghiệm nguyên dương và tìm các nghiệm đó. Câu 2: (5.0 điểm) a) Cho a, b, c dương và abc = 1. Chứng minh rằng: $1 + a + b + c >=2 \sqrt {1 + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} $. b) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=abc Tìm GTNN của biểu thức: $A = \frac{{b - 2}}{{{a^2}}} + \frac{{c - 2}}{{{b^2}}} + \frac{{a - 2}}{{{c^2}}}$ Câu 3: ( 4,0 điểm ) Giải các phương trình sau: $\begin{array}{l} a){x^2} + 2x + 9 - 2\sqrt {3{x^3} + 4x - x + 14} = 0\\ b)\sqrt[3]{{2x + 23}} + \sqrt {2x - 3} + 4 = 2{x^2} \end{array}$ Câu 4: (6,0 điểm). Cho tam giác ABC, đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC, AB theo thứ tự D, E, F. Tia IA cắt tia phân giác góc FDE tại K thuộc đường tròn (I). Gọi N là giao của DK và EF. Tia phân giác của góc BIC cắt BC tại M. Chứng minh rằng: a) IM // KD b) Tam giác KHN đồng dạng với tam giác IDM c) Ba điểm A, N, M thẳng hàng. Câu 5: (2,0 điểm ) Cho một đa giác có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng có một đường tròn có bán kính chứa toàn bộ đa giác đó. ……………………….Hết………………………… Họ và tên thi sinh…………………. Số báo danh…………………………….
B5. T vừa gặp hôm trc^^ r=1/4 Nhưng ko biết có giống đề ko tại của bạn bị lỗi.... Lấy điểm $A$,$B$ trên 2 cạnh của đa giác sao cho $AB$ chia chu vi đa giác thành 2 phần có độ dài mỗi phần bằng $\frac{1}{2}$ Gọi $O$ là trung điểm của $AB$. giả sử $M$ là 1 điểm tùy ý trên một cạnh của đa giác và $M'$ đối xứng với $M$ qua $O$ sao cho tứ giác $AMBM'$ là hình bình hành. Ta có: $AMBM'$ là hình bình hành $AM$+$MB$<$\frac{1}{2}$ Mà $MM'$<$AM$+$MB$ $\Rightarrow$ $MM'$<$\frac{1}{2}$ $\Rightarrow$ $OM$ $\frac{1}{4}$ nên $M$ nằm trong ($O$; $\frac{1}{4}$) Mà $M$ thuộc 1 cạnh của đa giác $\Rightarrow$ ĐPCM B3: :3
Câu 2;;;;;a,Ta có tồn tại 2 số >=1 hoặc <=1 giả sử là a,b thì [tex](1-a)(1-b)c\geq 0 \rightarrow (a+b)(c+1)\leq a+b+c+1[/tex] [tex]2\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1}=2\sqrt{ab(c+1)+c(a+b)}\leq \sqrt{(a+b)^{2}(c+1)+(c+1)^{2}(a+b)}\leq a+b+c+1[/tex] P/S như đã nói ........
2b, Ta có: $A=\frac{b-2}{a^{2}}+\frac{c-2}{b^{2}}+\frac{a-2}{c^{2}}=\frac{(b-1)+(a-1)}{a^{2}}+\frac{(c-1)+(b-1)}{b^{2}}+\frac{(a-1)+(c-1)}{c^{2}}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(b-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}})+(a-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+(c-1)(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}})-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{2(b-1)}{ab}+\frac{2(a-1)}{ac}+\frac{2(c-1)}{bc}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} -2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac})$ Từ GT: $a+b+c=abc=>\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$ $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\geq \frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ac}=3...$ 1, a) Từ giả thiết ta có thể đặt :$n^2-1=3m(m+1)$ với $m$ là một số nguyên dương Biến đổi phương trình thì ta có:$(2n-1)(2n+1)=3(2m+1)^2$ Do $(2n-1;2n+1)=1$ nên dẫn đến $2n-1=3u^2;2n+1=v^2$ hoặc $2n-1=u^2;2n+1=3v^2$ Với trường hợp đầu suy ra $v^2-3u^2=2 \Rightarrow v^2 \equiv 2(mod 3)$ (Vô lý) Còn lại trường hợp thứ hai cho ta $2n-1$ là số chính phương b) Biến đổi phương trình thì ta có: $(2x-5)(2y-1)=2k+3$ Nhận thấy rằng $2x-5,2y-1>0$ nên số nghiệm bài toán trên chính là số ước nguyên dương của $2k+3$ Giả sử $2k+3$ có dạng $p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_n^{m_n}$ thì số ước của nó là $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ Theo đề bài suy ra $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ lẻ nên $m_1;m_2;...;m_n$ là các số chẵn Khi đó $2k+3$ là số chính phương.Dễ kiểm tra số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa điề đó là $k=3$ Ta thu phương trình $(2x-5)(2y-1)=9$ và giải ra tìm được $(x;y)=(3;5);(4;2);(7;1)$ #T&D
