DE THI HSG Toan 9 - Tu Ky

PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
Vòng I - Năm học 2009-2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26/11/2009
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)
Câu I ( 5,0 điểm ).
a) Cho P =
( )
2
2 1
2
1 1
x
x x x x
x x x x
−
− +
− +
+ + −
Rút gọn rồi tính giá trị của P khi x =
2 3
5 4.
2 3
−
+
+
b) Chứng minh rằng: x=
3 3
7 4 3 7 4 3+ + −
là một nghiệm của đa thức:

f(x) =
3
3 14x x− −
Câu I (4,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a)
( )
2
6 3 2 0x x x− + − =
b)
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
Câu III (4,0 điểm).
a) Không dùng bảng số và máy tính hãy tính giá trị của biểu thức:
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
A sin 6 sin 19 sin 32 sin 45 sin 58 sin 71 sin 84
= + + + + + +
b) Cho biết sinα+cosα=
7
5
(với 0
0
<α<90
0
). Hãy tính tgα.
c) Chứng minh rằng:
0
tg67 30' 2 1= +
Câu IV (5,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu
vuông góc của H trên AB và AC.

a) Chứng minh: BC
2
=3AH
2
+BE
2
+CF
2
.
b) Giả sử BC = a (không đổi). Tìm giá trị nhỏ nhất của của BE
2
+ CF
2
.
c) Tính theo a giá trị của biểu thức:
2 2
3 3
BE CF+
Câu V. (2,0 điểm).
Tìm các số nguyên k để giá trị của biểu thức 49k + 2014 là tích của hai số
nguyên liên tiếp.
======== Hết ========
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
T-DH01-HGS9-09
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỨ KỲ
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC GIỎI HUYỆN LỚP 9
Vòng I - Năm học 2009-2010
MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26/11/2009
Câu Phần
Nội dung
Điểm
CâuI
(5điểm)
a)
(3điểm)
*ĐKXĐ : x > 0, x
1≠
Ta có:
P =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 1 2 1 1
1 1
x x x x x x x x
x x x x
− + + + − +
− +
+ + −
=
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1x x x x− − + + +
= x
−

2 1 2 2x x x− − + +
=
1x x− +

.
Vậy P =
1x x− +
với x > 0 và x
1≠
*Ta có :

( )
( )
2
2
2 3
5 4. 5 4. 2 3
2 3
5 4.(2 3) 13 4 3 2 3 1
2 3 1
x
x
+
= + = + +
−
= + + = + = +
⇒ = +
Khi đó P =
( ) ( )
2
13 4 3 2 3 1 1 13 4 3 2 3 1 1+ − + + = + − + +
=
13 2 3+
0,25

0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
b)
(2điểm)
Ta có:
(
)
(
)
(
)
3 3
3
3
3 3
3 3 3 3
3
3 3
3
3
7 4 3 7 4 3
7 4 3 7 4 3
7 4 3 7 4 3 3. 7 4 3. 7 4 3 7 4 3 7 4 3
14 3. 7 4 3 7 4 3
14 3.
3 14 0
x

x
x
x x
x x
= + + −
⇒ = + + −
= + + − + + − + + −
⇒ = + + + −
⇒ = +
⇒ − − =
Chứng tỏ x=
3 3
7 4 3 7 4 3+ + −
là một nghiệm của đa thức
f(x)=
3
3 14x x− −
0,5
0,5
0,5
0,5
CâuII
(4điểm)
a)
(2 điểm)
a)
( )
2
6 3 2 0x x x− + − =
(*) ĐKXĐ:

3
2
x ≤
Khi đó phương trình(*) tương đương với
2
6 0 (1)
3 2 0 (2)
x x
x

− + =

− =


Giải (1):
0,5
0,5
( ) ( )
2 2
6 0 6 0 3 2 0
3 0 3
2 0 2
x x x x x x
x x
x x
− + = ⇔ − − = ⇔ − + =
− = =
 
⇔ ⇔

 
+ = = −
 
Giải (2):

3
3 2 0 3 2 0
2
x x x− = ⇔ − = ⇔ =
Do x = 3 không thỏa mãn điều kiện x
3
2
≤
nên phương trình có
nghiệm là: x= -2 và x =
3
2
0,5
0,5
b)
(2điểm)

2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
Điều kiện để phương trình xác định là:
2 1 0
1
2 1 0
2
2 1 0
x

x x x
x x
− ≥


+ − ≥ ⇔ ≥


− − ≥

Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
( )
2
2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 1 2
1 1
1 1
1 0
1
1
2
x x x x x x x x
x x x
x x
x x
x
x
+ − + + − − − + − − =
⇔ + − − =

⇔ + − =
⇔ − = −
⇔ − ≤
⇔ ≤ ≤
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
1
1
2
x≤ <
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuIII
(4điểm)
a)
(2điểm
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2
A=sin 6 +sin 19 +sin 32 +sin 45 +sin 58 +sin 71 +sin 84
A=(sin 6 +sin 84 )+(sin 19 +sin 71 )+(sin 32 +sin 58 )+sin 45
A=(sin 6 +cos 6 )+(sin 19 +cos 19 )+(sin 32 +cos 32 )+sin 45
2
A=1+1+1+ 3
2
 

=
 ÷
 ÷
 
1
2
0,5
0,5
b)
(1điểm)
Từ
7
sin os
5
c
α α
+ =
suy ra
7
os sin
5
c
α α
= −
Lại có:
2 2
sin os 1c
α α
+ =
nên

2
2
7
sin sin 1
5
α α
 
+ − =
 ÷
 
2 2
49 14
sin sin sin 1
25 5
α α α
⇔ + − + =
2
25sin 35sin 12 0
α α
⇔ − + =
( ) ( )
5sin 4 5 sin 3 0
α α
⇔ − − =
α
α

=

⇔



=


4
sin
5
3
sin
5
0, 5
0, 5
Nếu
4
sin
5
α
=
thì
3
os
5
c
α
=
4
3
tg
α

⇒ =
Nếu
3
sin
5
α
=
thì
4
os
5
c
α
=
3
4
tg
α
⇒ =
0,5
c)
(1điểm)
x
B
A
C
K
Giả sử tam giác ABC vuông tại A có
µ
B

=
0
67 30'
. Suy ra
µ
C
=
0
22 30'
Trên tia AB ta lấy điểm K sao cho AK=AC. Như vậy tam giác
ABC vuông cân tại A và CB là tia phân giác của góc C.
Đặt AC=x. Thì AK=x; KC=
2x
.
Theo tính chất đường phân giác ta có:
2 1 2
AB BK AK
AC KC AC KC
AB x x
AB
x
x x
= =
+
⇒ = ⇒ =
+ +
Từ đây tính được: tg
·
ABC
=

1 2
1 2
AC x
x
AB
= = +
+
hay
0
tg67 30' 2 1= +
0,5
0,5
0,5
Câu IV
(5điểm)
Hình vẽ
E
F
B
C
A
H
a)
(2 điểm)
Chứng minh BC
2
=3AH
2
+BE
2

+CF
2
Ta có: 3AH
2
+BE
2
+CF
2
=3AH
2
+BH
2
-HE
2
+CH
2
-HF
2
=3AH
2
+BH
2
-HE
2
+CH
2
-HF
2
=3AH
2

-(HE
2
+HF
2
)+BH
2
+CH
2
=3AH
2
-EF
2
+(BH+CH)
2
-2.BH.HC
=2AH
2
+BC
2
-2AH
2
(vì EF=AH)
=BC
2
0,5
0,5
0,5
0.5
b)
( 1,5

điểm)
BC
2
=3AH
2
+BE
2
+CF
2
Suy ra: BE
2
+CF
2
= BC
2
-3AH
2
Từ đó BE
2
+CF
2
nhỏ nhất khi AH lớn nhất(BC=a không đổi)
Giả sử AM là trung tuyến của tam giác vuông ABC thì
0,5
AM=a/2(không đổi) và AH≤AM (Dấu “=” xảy ra khi tam giác
ABC vuông cân tại A.
Do đó BE
2
+CF
2

nhỏ nhất bằng
2
2
2 2 2
BC 3AM a 3.
2 4
a a
 
− = − =
 ÷
 
khi tam giác ABC vuông cân tại A.
0,5
0,5
c)
(1,5
điểm)
Trong tam giác vuông AHB có:
( )
2 4 4 3
2
2
1
.
BH BH BH BH
BE BE
BA BA BH BC BC
= ⇒ = = =
Trong tam giác vuông AHC có:
( )

2 4 4 3
2
2
2
.
CH CH CH CH
CF CF
CA CA CH BC B C
= ⇒ = = =
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2
3 3
BE CF+
=
3 3
BH CH
BC BC
+
=
3 3
3
2
BC
BC a
BC
= =
0,5
0,5
0,5
Câu V

(2,0
điểm)
Giả sử có số nguyên k sao cho 49k+2014 là tích của hai số
nguyên liên tiếp.
Tức là ta có:
49 2014 ( 1)k n n+ = +
với n∈Z
Hay
2
2
2
49 2014
5 49 2009
4 3 12 7 49( 41)
( 4) 3( 4) 7 49( 41)
n n k
n n k
n n n k
n n n k
+ = +
⇒ + − = +
⇒ + − − + = +
⇒ + − + + = +
( 3)( 4) 7 49( 41)n n k⇒ − + + = +
(*)
Do n+4=(n-3)+7 nên
+Nếu n-3 chia hết cho 7 thì n+4 chia hết cho 7.
( 3)( 4)n n⇒ − +
chia hết cho 49
( 3)( 4) 7n n⇒ − + +

không chia hết
cho 49 (Điều này vô lí vì(*))
+Nếu n-3 không chia hết cho 7 thì n+4 không chia hết cho 7.
( 3)( 4)n n⇒ − +
không chia hết cho 7
( 3)( 4) 7n n⇒ − + +
không
chia hết cho 7 (Điều này vô lí vì(*))
Vậy không có số nguyên k nào thỏa mãn đề bài.
0,5
0,5
0,5
0,5