Title Đề số 9.docx ✅

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề số 9 Câu 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức 567821012 23216 xxxxxxx A xxxxxx    với 0,9xx . Rút gọn A, và tìm tất cả các giá trị của x để 4 A nhận giá trị nguyên. Câu 2 (2,0 điểm): Cho a,b,c thỏa mãn 7;23;3abcabcabc . Tính giá trị biểu thức 111 H 666abcbcacab  . Câu 3 (2,0 điểm): Giải phương trinh: 22295(311)xxxx . Câu 4 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình 22 2 2 1 33332136 xy xy xy xxyxy         Câu 5 (2,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2332xy . Câu 6 (2,0 điểm): Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 17nn không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 3451nn không là số chính phương. Câu 7 (2,0 điểm): Cho 1 hộp gồm các thẻ đánh số 1;2;3;4;5;6;7;8 . Mỗi thẻ khác nhau đánh các số khác nhau. Lấy ngầu nhiên 2 thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố " Tích của 2 thẻ được lấy ra là một số chẵn". Câu 8 (5,0 điểm): Cho đường tròn O;R và hai đường kính AB,CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn O;R cắt đường thẳng BC,BD tại hai điểm tương ứng là E và F . Gọi P,Q lần lượt tại trung điểm AE,AF . 1. Chứng minh rằng trực tâm H của BPQ△ là trung điểm của AO . 2. Các đường thẳng AB và CD thỏa mãn điều kiện gì thì diện tích tam giác BPQ nhỏ nhất. 3. Biết BEF△ có hình vuông BMKN nội tiếp ( KEF ; MBE,NBF ) sao cho tỉ số giữa các cạnh hình vuông và bán kính đường tròn nội tiếp BEF△ là 22 2  . Tính các góc nhọn của BEF△ . Câu 9 ( 1,0 điểm): Cho ,,abc là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 1abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 223 111 1111P abcbacabc  .
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1 Cho biểu thức 567821012 23216 xxxxxxx A xxxxxx    với 0,9xx . Rút gọn A, và tìm tất cả các giá trị của x để 4 A nhận giá trị nguyên. 2.0      2 1618232 (1)1332 23 68   313 xxxxxxx A xxxxx x xxx xxx        0,5 3888 3111 xxxxx x xxxx    . 0,5 Theo BĐT Côsi, ta có 9 122924 1Ax x  0,5 Để 4 AZ thì 9 414 1Axx x  (thỏa mãn). Vậy 4x . 0,5 2 Cho a, b, c thỏa mãn 7;23;3abcabcabc . Tính giá trị biểu thức 111 666abcbcacab H . 2.0 Ta có 2()2abcabcabbcca mà 7;23abcabc nên 13abbcca 0,5 Ta có 761abccab nên 6111abcababab Tương tự 611;611bcabcacbac 0,5
Vậy 0,5   3 73 1 371311 abc abcabcabbcca     Vậy H1 . 0,5 3 Giải phương trình: 22295(311)xxxx . 2.0 Điều kiện: 1 3x . Phương trình tương đương: 222229(311)5(311)(311)xxxxxx 0,5 2222 9(311)59xxxxx 0,5     22 2  1272312414431  2715313140 3531  5230 314 331  5230 314 xxxxxx xxxx xx xx x x xx x           0,5 5 331 230 314 x x x x        0,5 Do 1331 230230 3314 x xxx x    vô nghiệm. Vây phương trình đã cho có 2 nghiệm: 0,5xx .
4 Giải hệ phương trình 2.0 ĐКXĐ: 210 0 xy xy     0,25   222 3 22 1 1()21  ()22 xyxy xyxyxy xyxy xyxyxyxyxy    0,25 Đặt 2,4SxyPxySP ta có:   3 2 22 11210  120 SSPPSSSSPS SSSP   0,25 222 11 200 Sxy SSPxyxy      0,25 TH1: Với 11xyyx , thay vào (2) ta được: 2 2 222 22 3333211316  333327  33323333942849  63331916 xxxxx xxx xxxxxx xxxx     0,25   24232 432 2  363333612563832608  703935802560  (1)4640 xxxxxxx xxxx xxx    0,25    10 43 6463 xyTM xyTM xyTM      