Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Đề 2 (Có đáp án) - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Yên Thành

PHÒNG GD&ĐT YÊN THÀNH
TRƯỜNG THCS HỒ TÔNG THỐC

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2018-2019
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 150 phút 

Câu 1(5.0 điểm): 
 a) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
 b) Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng. 
 c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
Câu 2(5.0 điểm): 
 a) Giải phương trình: 
 b) Giải phương trình: 
 c) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 Câu 3(4.0 điểm): 
 a) Cho abc = 1. Chứng minh rằng: 
 b) Cho a, b, c > 0 : Chứng minh + + 
Câu 4: (4,0 điểm)
 Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của điểm D trên cạnh AB, AC. Gọi O là giao điểm của EF và AD.
 Chứng minh rằng: 
 a) AE.AC = AF.AB và AI.AB = AK. AC
 b) Chứng minh: AD.CosBAC = AH.SinABC. SinACB
Câu 5(2 điểm) ): Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M trong của tam giác sao cho: MA.BC + MB. AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất.
ĐÁP ÁN TOÁN 9
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
1
A

Ta có:	
Vậy: n = 452 – 24 = 2001 

0.5
0.5
0.5
0.5
B
Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng
Gọi a, b, c là 3 số nguyên tố cần tìm
Ta có: abc = 5(a+b+c) mà 5 nguyên tố, nên trong 3 số a, b, c có một số bằng 5.
Không mất tính tổng quát, giả sử a= 5, ta có: 
 5bc = 5(5+b+c) 
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
 i) 
 ii) trường hợp này loại vì 4 là hợp số.
Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là: 2; 5; 7
0.5
0.5
0.5
0.5
C
Ta có: 
+ Nếu thì (không thoả mãn).
+ Nếu thì: 
 (1)
Vì y và y + 1 là 2 số nguyên tố cùng nhau ( HS có thể chứng minh hoặc không chứng minh) nên từ (1) để nghiệm thì 
Suy ra: hoặc 
+) Với 
+) Với 
Vậy ta có 4 cặp nghiệm: ( 0;0), (-8;-2), (1;1), (-3;-3)

0.5
0.5
0.5
0.5
2
A
(**)
Điều kiện: 
Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopski ta có: 
Mặt khác ta có: 
Do đó: (**)(TMĐK)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2
0.5
0.5
0.5
0.5
B

Ta có
Áp dụng BĐT: với a > 0; b > 0. 
Ta có 
Áp dụng BĐT: với a > 0; b > 0. 
Ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
0.5
0.5
0.5
0.5
3
A
Với abc = 1 . Thay vào ta có: 
0.5
0.5
0.5
0.5
3
B
 Ta có: + a ( CôSi)
Tương tự : + b , + c
 VT + ( a + b + c ) ( a + b + c ) 
Vậy + + 

0.5
0.5
0.5
0.5

4


A

Ta có ∆ABE vuông tại E và ∆ACF vuông tại F ( vì BE và CF là hai đường cao của ∆ABC) Cos = AE.AC = AF.AB(1)
∆ADC vuông tại D có DK là đường cao AD2 = AK.AC
 Lại có ∆ADB vuông tại D có DI là đường cao AD2 = AI.AB
 Suy ra: AI.AB = AK. AC (2)
1
0.5
0.5
B
Ta có ∆ADB vuông tại D SinABC = 
Lại có ∆CBE vuông tại E và ∆AHE vuông tại E
 mà AHE =C( cùng bù DHE) Sin ACB = 
vậy 
 AD. Cos BAC= AH.SinABC.SinACB (đpcm)
0.5
0.5
0.5
 0.5
5

 
 Vẽ BE, CF vuông góc với AM, tia AM cắt BC tại D.
 Ta có:MA.BC = MA.(BD+DC)= MA.BD + MA.DCMA.BE + MA.CF 
Do đó : MA.BC 2SABM + 2SACM 
Tương tự : : MB.AC 2SBCM + 2SABM
 MC.AB 2SACM + 2SBCM
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có 
MA.BC + MB.AC + MC.AB 4(SABM+ SACM+ SBCM) = 4SABC (kđổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA BC; MB AC; MC AB.
 Hay M là trực tâm của tam giác ABC.
 (Lưu ý: HS sinh có cách giải đúng khác cũng cho điểm tối đa)

0.5
0.5
0.5
0.5