Đề thi thử chọn học sinh giỏi cấp huyện lần 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Tuấn Hưng (Có đáp án)

 UBND HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ THI THỬ
 TRƯỜNG THCS TUẤN HƯNG
 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN (Lần 2)
 NĂM HỌC 2019 – 2020
 MÔN: TOÁN 9
 Thời gian làm bài 120 phút
 (Đề gồm 01 trang)
Câu1. (2 điểm)
 x2 x 2x x 2 x 1 
 1) Rút gọn biểu thức: P x 0; x 1 
 x x 1 x x 1
 2) Cho x và y là hai số thỏa mãn: x x2 5 y y2 5 5 . Hãy tính giá trị 
 của biểu thức M x2017 y2017
Câu2. (2 điểm)
 x 3
 1) Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 
 2
 2) Giải bất phương trình: 2x 3 x 4 0
Câu3. (2 điểm)
 1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy 2x 2y 1
 2) Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n thì số A n n 1 n 2 n 3 1 là số 
 chính phương.
Câu4. (3 điểm)
 Cho ABC vuông tại A , đường cao AH . Kẻ HD, HE lần lượt vuông góc với 
 AB, AC . Chứng minh rằng:
 3
 DB AB 
 1) 
 EC AC 
 2) BC.BD.CE AH 3
Câu5. (1 điểm)
 Tìm các số tự nhiên x, y sao cho x2 3y 3026.
 ..Hết .. GIẢI
Câu1. (2 điểm)
1) 
 x x 1 x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 
 P 
 x x 1 x x 1
 x x 1 2 x 1 2 x 1 
 x x 2 x 1 2 x 2
 x x 1
2) 
 Nhân 2 vế của x x2 5 y y2 5 5 1 với x x2 5 ta được:
 x x2 5 x x2 5 y y2 5 5 x x2 5 
 2 2 2 2
 x x 5 y y 5 5 x x 5 
 5 y y2 5 5 x x2 5 
 y y2 5 x x2 5 2 
 Tương tự nhân 2 vế của (1) với y y2 5 ta được: 
x x2 5 y y2 5 3 
 Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được:
 y y2 5 x x2 5 x x2 5 y y2 5
 2x 2y 0 2 x y 0 x y 0 x y
 Vậy M x2017 y2017 0
Câu2. (2 điểm)
1)
 Điều kiện để phương trình xác định là: x 1
 Phương trình đó cho tương đương với:
 2 2 x 3
 x 1 1 x 1 1 
 2
 x 3
 x 1 1 x 1 1 * 
 2
 Nếu x 1 1 0 x 2 thì phương trình (*) trở thành x 3
 x 1 1 x 1 1 
 2
 x 3
 2 x 1 4 x 1 x 3
 2
 16 x 1 x2 6x 9
 x2 10x 25 0
 x 5 2 0
 x 5 (thỏa mãn điều kiện x 2 )
Vậy S 5 
2) 2x 3 x 4 0 (dk : x 4)
 2x 3 x 4 0
Xét trường hợp: 
 3
 2x 3 0 x (tm)
 2
 x 4 0 
 x 4(tm)
 2x 3 x 4 0
Xét trường hợp: 
 2x 3 0(vi x 4 0)
 3
 x 
 2
 3
 x 
Vậy: bất phương trình có nghiệm là 2
 x 4
Câu3 (2 điểm)
 1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy 2x 2y 1
xy 2x 2y 1
 y(x 2) 1 2x
 1 2x 5
 y 2 
 x 2 x 2
Để x, y Z x 2 U(5) 1; 5 x 3; 1; 7;3 
Thay vào ta tìm được y 7;3; 3; 1 
Vậy; nghiệm nguyên của pt là: ( 3; 7);( 1;3);( 7; 3);(3; 1) 
2) A n n 1 n 2 n 3 1 n n 3 n 2 n 1 1
 A n2 3n n2 3n 2 1 
 2
Đặt n2 3n t t N A t t 2 1 t 1 
 Vậy tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1 là số chính phương. Câu4 (2 điểm)
 a) Ta có: ABC vuông tại A , đường 
 cao AH : 
 AB2 BH.BC BH A
 2 
 AC CH.BC CH E
 D
 B
 H C
 2 2
 AB2 BH AB4 BH 2 BD.AB
 2 4 2 
 AC CH AC CH CE.AC
 3
 AB3 BD BD AB 
 3 
 AC CE CE AC 
 b) Ta có:
 AH 2 BH.CH
 AH 4 BH 2.CH 2 (BD.AB)(CE.AC) (BD.CE)(AB.AC) BD.CE.AH.BC
 AH 3 BD.CE.BC
Câu 5 (1 điểm)
 Ta có x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .
 • Nếu y 0 3y 3 x2 3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1
 Mà 3026 chia 3 dư 2 
  Trường hợp này không xảy ra.
 • Vậy y 0
 x2 1 3026
 x2 3025
 x2 552
 x 55
 Vậy cặp số tự nhiên (x; y) (55;0) .