Đề thi chọn HSG môn Toán 9 - Đề tự luyện số 5 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn HSG môn Toán 9 - Đề tự luyện số 5 (Có đáp án)

1. ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 5 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: 8.12 1 8.22 1 8.32 1 8.10092 1 a/ Tính tổng: S 1 1 1 1 12.32 32.52 52.72 20172.20192 b/ Tìm số tự nhiên n để n4 4 là số nguyên tố. x x x x y c/ Tìm các số tự nhiên x, y biết: (2 1)(2 2)(2 3)(2 4) 5 11879 Bài 2: a/ Giải phương trình: 13 x2 x4 9 x2 x4 16 . a b c b/ Cho abc 1. Chứng minh rằng: + + = 1 ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 c/ Cho M a2 2bc 1 b2 2ca 1 1 c2 2ab . Trong đó a,b,c là các số hữu tỉ thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh rằng: M là một số hữu tỉ. Bài 3: Cho đường tròn O, R và dây cung AH R . Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn O, R .Vẽ đường tròn A, R cắt đường thẳng d tại B và C sao cho H nằm giữa B và C . Vẽ HM  OB M OB , HN  OC N OC . a/ Chứng minh: OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định. b/ Chứng minh: OB.OC 2R2 . c/ Tìm giá trị lớn nhất của S OMN khi H thay đổi. Bài 4: Cho ABC vuông tại A , đường cao AH . A B 3 a/ Tính AH, BH biết BC 50cm và A C 4 b/ Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC . Chứng minh rằng: AH 3 BC.BD.CE c/ Giả sử BC 2a là độ dài cố định. Tính giá trị nhỏ nhất của: BD2 CE 2 Bài 5: 1 1 1 a/ Cho x, y, z là 3 số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau và . Chứng minh rằng: x y z x y là số chính phương. b/ Tìm các số a,b,c sao cho đa thức f (x) x3 ax2 bx c chia cho: x 1 ; x 1 ; x 2 đều dư 8
2. BÀI GIẢI ĐỀ 5 Bài 1: a/ Xét số hạng tổng quát của tổng: 8n2 1 8n2 1 16n4 8n2 1 8n2 1 4n2 4n2 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 . 2n 1 2n 1 4n2 1 4n2 1 4n2 1 4n 1 2 2n 1 2n 1 Với n N;n 1 Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1009 S 1 . 1 . 1 . 1009 . 1 1009 2 1 2 2 3 5 2 2017 2019 2 2019 2019 2 b/ Ta có: A n4 4 n4 4n2 4 4n2 n2 2 2n 2 n2 2n 2 n2 2n 2 . Vì A là số n2 2n 2 1 nguyên tố nên mà n2 2n 2 n 1 2 1 1 với n N . Do đó: 2 n 2n 2 1 n2 2n 2 n 1 2 1 1 n 1 A 5 c/ 2x 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 là tích 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5 mà 2x không chia hết cho 5 nên 2x 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5 và 2x 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 11879 5y mà 11879 5k 4 k N 11879 5y 5 y 0 x 3 Bài 2: 2 a/ Đk: -1 ≤ x ≤ 1. Ta có: 13. x . 1 x2 9 x . 1 x2 13 x2 . 13 1 x2 9 1 x2 256 Áp dụng BĐT Bunhicopxki cho 2 bộ số: 13; 3 3 , 13(1 x2 ); 3 1 x2 ta được: 2 13. 13 1 x2 3 3. 3 1 x2 13 27 13 13x2 3 3x2 40. 16 10x2 Áp dụng BĐT Cosi ta có: 4.10x2. 16 10x2 (10x2 16 10x2 )2 162 256 2 2 5 Dấu “=” xảy ra 10x2 16 10x2 x 5 5 1 b/ Với abc 1 a . Thay vào ta có: bc 1 a b c b c bc ab a 1 bc b 1 ca c 1 1 1 bc b 1 1 b 1 c c 1 bc bc bc 1 b bc 1 b bc 1 b 1 bc bc b 1 1 bc b 1 b bc c/ Ta có: vì ab bc ca 1 nên M a2 bc ca ab b2 ca ab bc ac bc c2 ab a b a c b a b c c a b c a b 2 b c 2 c a 2 M a b b c c a vì a,b,c a, b, c là các số hữu tỉ nên M là một số hữu tỉ Bài 3: a/ Chứng minh: OM.OB ON.OC và MN MN luôn đi qua một điểm cố định. * Chứng minh: OM.OB ON.OC . Vì OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB OH 2 Tương tự với OHC có:ON.OC OH 2 OM.OB ON.OC
3. * Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. B OA OB Vì OM.OB OH 2 OA2 OM.OB OM OA Xét OMA và OAB có: ·AOB là góc chung M A OA OB (chứng minh trên) D OM OA H O OMA OAB (c.g.c) M· AO O· BA mà ·AOB O· BA (vì N OA AB R ) M· AO M· OA MOA cân tại C M MA MO M thuộc đường trung trực của AO . Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của OA MN đi qua trung điểm D của OA cố định. b/ Chứng minh: OB.OC 2R2 . OM OC Ta có: OM.OB ON.OC (câu a) ON OB Chứng minh được OMN OCB (c.g.c) OM OC OM OC 1 Mà OD  MN; OH  BC OM OC OD OH 1 R 2 R 2 1 Lại có: OM.OB OH 2 OC.OB R2 Vậy OB.OC 2R2 . 2 c/ Tìm giá trị lớn nhất của S OMN khi H thay đổi Ta có: OMN OCB 2 2 2 S OMN OD R 1 1 1 1 1 R 2 S OMN S OCB .OH.BC R AB AC R R R S OCB OH 4R 4 4 8 8 8 4 R2 Dấu “=” xảy ra khi A, B,C A  H Vậy max S A  H OMN 4 Bài 4: a/ Ta có: A AB 3 AB AC k AB 3k ; AC 4k E AC 4 3 4 3k 2 4k 2 502 k 2 100 k 10 D AB 30cm; AC 40cm B H Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông C ta có: AB.AC AH.BC AH AB.AC : BC 24cm; AB2 BH.BC BH AB2 : BC 18cm b/Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ABC : µA 900 ; AH  BC ta có: AH 2 BH.CH AH 4 BH 2 .CH 2 BD.AB.CE.AC BD.CE.AH.BC AH.BC AB.AC AH 3 BC.BD.CE c/ Áp dụng định lí Pytago ta có: BD2 CE 2 BH 2 HD2 HC 2 HE 2 BH 2 HC 2 HE 2 HD2 AB2 AH 2 AC 2 AH 2 AH 2 AB2 AC 2 3AH 2 BC 2 3AH 2 Gọi O là trung điểm của BC ta có: AH OA a nên BD2 CE 2 4a2 3a2 a2 Dấu “=” xẩy ra H  O ABC vuông cân tại A . Vậy GTNN của BD2 CE 2 a2 ABC vuông cân tại A
4. Bài 5: a/ Ta có: 1 1 1 x y 1 z(x y) xy xy xz yz 0 xy xy z2 z2 (x z)(y z) z2 x y z xy z Nếu d là ước nguyên dương của x z và y z thì z2 d 2 zd do x z d và y z d nên x, y, z B d d 1vì x, y, z 1. Vậy x z và y z đều là số chính phương. Đặt: x z k 2 , y z m2 với k,m N z2 x z y z k 2 m2 z km . Do đó x y x z y z 2z k 2 m2 2km k m 2 . Vậy x y là số chính phương. b/ Từ giả thiết ta có: f x 8 luôn chia hết cho x 2 ; x 1 , x 1 nên: f x x 2 x 1 x 1 8 + Với x 2 , ta có: 8 4a 2b c 8 4a 2b c 16 1 + Với x 1, ta có: 1 a b c 8 a b c 9 2 + Với x 1, ta có: 1 a b c 8 a b c 7 3 Từ (1), (2) và (3) ta có b 1 a 2; c 6 .