Tiêu đề Đề số 7.docx ✅

Đề số 7 Câu 1. (5 điểm) 1) Cho ,,abc là các số thực khác 0 thỏa mãn 3333.abcabc Tính giá trị biểu thức: .abbcca P cab   2) Giải phương trình 24240.xxx Câu 2. (5 điểm) 1) Cho đa thức ()Px với hệ số thực thỏa mãn (1)2P và (1)4.P Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức ()Px cho đa thức 21.x 2) Tìm các cặp số nguyên ;xy thỏa mãn 22222610.xyxyxy 3) Cho ,,abc là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho 1,1,1abbcca đều chia hết cho .p Chứng minh rằng 2 3 abc p  . Câu 3. (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 24Pxx với 24.x 2) Với các số thực ,,abc thỏa mãn: 3abc và 2229abc . Chứng minh rằng 13.a Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABAC và đường cao AH . Gọi ,EF là chân các đường vuông góc hạ từ H lên ,ACAB . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt AC tại điểm .P Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 1) Chứng minh B là trung điểm QH . 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: 2 2 APBA PCBC và 1.APAL PCLB 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với .AM Chứng minh rằng 0 90.BTC Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 22022cm và 7 điểm nằm trong lục giác đều ABCDEF . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho có diện tích không lớn hơn 2337.cm HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 Lời giải Câu 1. (5 điểm) 1) Cho ,,abc là các số thực khác 0 thỏa mãn 3333.abcabc
Tính giá trị biểu thức: .abbcca P cab   2) Giải phương trình 24240.xxx Lời giải 1) Ta có: 3333abcabc Suy ra 22210. 2abcabbcca  Do đó, 0abc abc     . TH1: 0abc suy ra: ; ; .abcbcacba Suy ra 3.P TH2: abc suy ra 6.P 2) Giải phương trình 24240.xxx Điều kiện xác định: 2.x Biến đổi phương trình về dạng 2(2)20.xx Vì 2(2)0x và 20x với mọi 2x nên 2(2)20xx Dấu “=” xảy ra khi 2 (2)0. 2. 20. x x x      Vậy nghiệm của phương trình là 2.x Câu 2. (5 điểm) 1) Cho đa thức ()Px với hệ số thực thỏa mãn (1)2P và (1)4.P Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức ()Px cho đa thức 21.x 2) Tìm các cặp số nguyên ;xy thỏa mãn 22222610.xyxyxy 3) Cho ,,abc là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho 1,1,1abbcca đều chia hết cho .p Chứng minh rằng 2 3 abc p  . Lời giải 1) Đặt ()(1)(1).().Pxxxqxaxb=+-++ Ta có (1)2Pab=+= và (1)4.Pab-=-+= Suy ra 1;3.ab=-= Vậy đa thức dư là 3.x-+ 2) Biến đổi phương trình về dạng 222212402xyy . TH1: 103 . 224 xyx yy    
TH2: 101 . 220 xyx yy     TH3: 123 . 202 xyx yy     TH4: 121 . 202 xyx yy     Từ đó giải ra được ;1;0,1;2,3;2,3;4.xy 3) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: abc . Thấy rằng 1,1,1abbcca đều chia hết cho p suy ra ,,abc đều không chia hết cho p . Từ giả thiết 1,1bcac đều chia hết cho p ta suy ra 11bcacpcbap⋮⋮ mà cp⋮ suy ra bap⋮ , Tương tự ta cũng có: cbp⋮ suy ra bap và cbp . Ta có bbaapa và 2cbcbpapap . Nếu 1a thì 11,1babpbbap⋮⋮ dẫn đến 2p⋮ mà p là số nguyên tố lẻ nên trái với giả thiết vậy 2a . Sử dụng các dữ kiện: 2 2,,22 33 abcaapap abapcappap  Câu 3. (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 24Pxx với 24.x 2) Với các số thực ,,abc thỏa mãn: 3abc và 2229abc . Chứng minh rằng 13.a Lời giải 1) Vì 0P , ta xét 222242Pxx , do đó 2P vì 0P . Dấu “=” xảy ra khi 240xx suy ra 2 . 4 x x     Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi 2 . 4 x x     Vì 0P , ta xét 22224Pxx
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 224242xxxx Do đó, 24P , dấu “=” xảy ra khi 24xx suy ra 3.x Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 2 khi 3.x 2) Từ giả thiết ta có: 222 3 9 bca bca     . Sử dụng bất đẳng thức 2222bcbc ta suy ra 222293230130aaaaaa Vì 10 13 30 a aa a     13a . Chú ý: Nếu học sinh chứng minh được 3a cho nửa số điểm. Từ giả thiết 2229abc suy ra 22299abc . Do đó, 33.a Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABAC và đường cao AH . Gọi ,EF là chân các đường vuông góc hạ từ H lên ,ACAB . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt AC tại điểm .P Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 1) Chứng minh B là trung điểm QH . 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: 2 2 APBA PCBC và 1.APAL PCLB 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với .AM Chứng minh rằng 0 90.BTC Lời giải T Q P LI M E F HOCB A