Title Đề số 10.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 10 Bài 1 (6,0 điểm). 1. Cho biểu thức 22 52112 : 1111 xx P xxxx     . a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P là số nguyên. 2. Cho đa thức 1223341fxxx . Tìm x để 20fx . Bài 2 (4,0 điểm). 1. Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh 3Annn chia hết cho 24 . 2. Tìm số nguyên dương ,,xyz thỏa mãn 222 3 6 xyz xyzxyyzzx     Bài 3 (3,0 điểm). 1. Một chiếc túi đựng đựng 117 đôi tất, trong đó có một số đôi màu trắng, một số đôi màu đen, còn lại là các màu khác. Lấy ngẫu nhiên một đôi tất trong túi. Biết rằng xác suất để chọn được đôi tất màu trắng và màu đen lần lượt là 2 9 và 3 13 . Tìm số đôi tất trong túi không phải màu đen hoặc màu trắng. 2. Cho ,,abc là các số bất kỳ. Chứng minh 2221abcabc . Bài 4. (điểm). Cho ABC△ nhọn. Các đường cao ,,ADBECF cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của ,HCN là trung điểm của ,ACAM cắt HN tại G . Đường thẳng đi qua M vuông góc với HC và đường thẳng đi qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K . Chứng minh rằng a) AEFABC△△∽ từ đó suy ra 2 cosAEFABCSSBAC . b) BHKMBAKN . c) 333 33322GAGBGH GMGKGN    . Bài 5. (điểm). Cho bảng ô vuông kích thước 10 cm10 cm gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai ô số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.
LỜI GIẢI Câu 1. (6,0 điểm) 1. Cho biểu thức 22 52112 : 1111 xx P xxxx     . a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P là số nguyên. 2. Cho đa thức 1.22.33.41fxxx . Tìm x để 20fx . Lời giải 1. a) ĐKXĐ: 1 1, 2xx    22 52112  : 1111 521111   1112 2   12 xx P xxxx xxxxx P xxx P x          Vậy 2 12P x  với 1 1, 2xx . b) Để PZ thì 122x�O hay 2121;2xU Xét các trường hợp, ta được 13 0;1;; 22x   mà 1 ,1, 2xxxZ nên 0x . Vậy 0x là giá trị nguyên của x dể biểu thức P là số nguyên. 2) Ta chứng minh 12 1.22.33.41 3 nnn Ann  Thật vậy, ta có 331312.3.31.2.3Annnn 31212.3.411.2.3Annnn 312112341.231.23Annnnnn 312Annn 12 3 nnn A  Áp dụng *  , ta có 12 1.22.3120 3 xxx fxxx  Suy ra 323260xxx hay 322361820600xxxxx 236200xxx Vì 22620(3)110xxx nên 3x . Câu 2. (4,0 điểm) 1. Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh 3Annn chia hết cho 24 . 2. Tìm số nguyên dương ,,xyz thỏa mãn 222 3 6 xyz xyzxyyzzx    
Lời giải 1. Ta có 311nnnnn là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Vì trong ba số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 3 nên 33nn�O Vì n là số tự nhiên lẻ nên 21nkkN , ta có 311221224121.nnnnnkkkkkk Vì 1kk là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên luôn có một số chia hết cho 2 , do đó 21kk�O , dẫn đến 384121kkknn�O Từ (1) và 2 kết hợp 3;81 , ta có 324nn�O . 2) Vì ,,xyz là các số nguyên dương nên ,,1xyz suy ra 2223xyz . Mà 2223xyz nên 1xyz Thử lại ta thấy 6xyzxyyzzx thỏa mãn. Vậy ;;1;1;1xyz . Câu 3. (3,0 điểm) 1. Một chiếc túi đựng đựng 117 đôi tất, trong đó có một số đôi màu trắng, một số đôi màu đen, còn lại là các màu khác. Lấy ngẫu nhiên một đôi tất trong túi. Biết rằng xác suất để chọn được đôi tất màu trắng và màu đen lần lượt là 2 9 và 3 13 . Tìm số đôi tất trong túi không phải màu đen hoặc màu trắng. 2. Cho ,,abc là các số bất kỳ. Chứng minh 2221abcabc . Lời giải 1. Gọi x là số đôi tất màu trắng, y là số đôi tất màu đen. Vì xác suất để chọn được đôi tất màu trắng là 2 1179 x  suy ra 26x . Vì xác suất để chọn được đôi tất màu đen là 3 11713 y  suy ra 27y . Số đôi tất có màu khác là: 117262764 . 2) Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có 2222222223111 1 4444abcabcabcabc    Suy ra 2221abcabc . Câu 4. (3,0 điểm) Cho ABC△ nhọn. Các đường cao ,,ADBECF cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của ,HCN là trung điểm của ,ACAM cắt HN tại G . Đường thẳng đi qua M vuông góc với HC và đường thẳng đi qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K . Chứng minh rằng a) AEFABC△△∽ từ đó suy ra 2 cosAEFABCSSBAC . b) BHKMBAKN . c) 333 33322GAGBGH GMGKGN    . Lời giải
a) Ta có  cosAEAF BAC ABAC suy ra AEAB AFAC . Xét AEF△ và ABC△ , ta có gˆ  chun A AEFABC AEAB AFAC       △△∽ (cạnh - góc - cạnh) Suy ra 22 cosAEF ABC SAE BAC SAB     , từ đó 2 cosAEFABCSSBAC . b) Vì KMCF và ABCF nên KMAB‖ , tương tự ta có KNBH‖ suy ra  ABHNKM . Lại có M là trung điểm ,HCN là trung điểm AC nên NM là đường trung bình của AHC△ suy ra NMAH‖ mà KMAB‖ nên  BAHNMK . Xét BAH△ và KMN△ , ta có   (góc - góc) ABHNKM BAHKMN BAHNMK      △△∽ Suy ra BABH KMKN hay BHKMBAKN . c) Gọi G là giao điểm của KB và HN . Vì BHKN‖ , theo định lý Thales ta có 1 2 GNNKMN GHBHAH  suy ra G là trọng tâm AHC△ . Vì G là giao điểm của AM và HN nên G là trọng tâm AHC△ . Do đó GG , ta có 2,2,2GAGMGBGKGHGN . Như vậy, ta có 333333 333333 888 822GAGBGHGMGKGN GMGKGNGMGKGN    Câu 5. (3,0 điểm) Cho bảng ô vuông kích thước 10 cm10 cm gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai ô số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần. Lời giải  Xét hình vuông cạnh 22 . Do các hình vuông nhỏ này luôn có chung đỉnh và cạnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 , như vậy, có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3 .