bộ tài liệu luyện thi học sinh giỏi các môn văn hoá cấp huyện tham khảo (1)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Năm học 2013-2014
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm):
Cho biểu thức A =
2 1 1
:
2
1 1 1
x x x
x x x x x
 
+ −
+ +
 ÷
 ÷
− + + −
 

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Chứng minh rằng
0 2A< ≤
.
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho hai đường thẳng (d
1
): y = ( m – 1 ) x – m
2
– 2m (Với m là tham số)
(d

2
): y = ( m – 2 ) x – m
2
– m + 1
cắt nhau tại G.
a) Xác định toạ độ điểm G.
b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi.
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n để
4 3 2
B n n n n 1= + + + +

là số chính phương.
b) Giải phương trình:
2 2
x 3x 6 3 x 3x 4 0− + − − + =
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho (O;R) và đường thẳng d không giao nhau. Qua M thuộc đường thẳng d kẻ
các tiếp tuyến MA, MB với (O) ( A, B là các tiếp điểm). Kẻ OC vuông góc với đường
thẳng d tại C. Gọi F,G thứ tự là giao điểm của AB với OM và OC.
a) Chứng minh rằng tam giác OFG đồng dạng với tam giác OCM.
b) Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên
đường thẳng d.
c) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng d để AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho a, b, c là các số dương tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T
3 3 3
a b c

a b c b a c c b a
= + +
+ + + + + +
============ Đề gồm 01 trang =========
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHỌN HSG HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN 9
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm)
a) với
0, 1x x≥ ≠
Ta có A =
( ) ( )
2 1 1 2 1 2
: .
2
1 1 1 1
1 1
 
+ − + + − − − −
+ + =
 ÷
 ÷
− + + − −
− + +
 
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x

( ) ( )
2 1 2 2
.
1 1
1 1
− +
=
− + +
− + +
x x
x x x
x x x
0,25
0,5
0,5
b) với
0, 1x x≥ ≠
ta luôn có A > 0
Lại có:
2
1 1 2
1
x x
x x
≤+ + ≥ ⇒
+ +
hay A
≤
2
Vậy

0 2A
< ≤
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
a)
(1,25đ)
Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình:
(m-1)x - m
2
- 2m = (m - 2)x - m
2
- m + 1
0,25đ
⇔ x = m + 1
0,25đ
Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m
2
- 2m 0,25đ
⇔ y = -2m - 1
0,25đ
Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ
b)
(0,75đ)
Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ
Mà x = m + 1
⇒ y = -2x + 1

0,25đ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố
định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi
m thay đổi
0,25đ
Câu 3
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
a)
(1,0đ)
1)Đặt n
4
+ n
3
+ n
2
+ n + 1 = k
2
(1) (với k nguyên dương) 0,25đ
Ta có (1)
⇔
4n
4
+ 4n
3
+ 4n
2
+ 4n + 4 = 4k
2

⇔
(2n
2
+n)
2
+2n
2
+(n+2)
2
= (2k)
2
0,25đ
⇒
(2k)
2
> (2n
2
+n)
2
0,25đ
⇒
(2k)
2

≥
(2n
2
+n+1)
2
(do k và n nguyên dương)

⇒
4n
4
+ 4n
3
+ 4n
2
+ 4n + 4
≥
(2n
2
+n+1)
2

⇒
(n+1)(n-3)
≤
0
Do n là số nguyên dương
⇒
0 < n
≤
3
⇒
n
∈
{ }
1; 2; 3
Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài
0,25đ

0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm)
a) với
0, 1x x≥ ≠
Ta có A =
( ) ( )
2 1 1 2 1 2
: .
2
1 1 1 1
1 1
 
+ − + + − − − −
+ + =
 ÷
 ÷
− + + − −
− + +
 
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x

( ) ( )
2 1 2 2
.
1 1
1 1

− +
=
− + +
− + +
x x
x x x
x x x
0,25
0,5
0,5
b) với
0, 1x x≥ ≠
ta luôn có A > 0
Lại có:
2
1 1 2
1
x x
x x
≤+ + ≥ ⇒
+ +
hay A
≤
2
Vậy
0 2A
< ≤
0,25
0,25
0,25

Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
b)
(1,0đ)
2 2
x 3x 6 3 x 3x 4 0− + − − + =
.
Ta có:
2
2 2
3 9 15 3 15
x 3x 6 x 2. x x 0
2 4 4 2 4
 
− + = − + + = + + >
 ÷
 
với moi x
Nên pt xác định với mọi x thuộc tập số thực
0,25đ
Đặt
( )
2
3 4 0x x t t− + = ≥
, phương trình trở thành:
2
3 2 0t t− + =
0,25đ
1

2
t
t
=

⇔

=

0,25đ
Với
2
1 3 4 1t x x= ⇒ − + =
, vô nghiệm.
Với
2
0
2 3 4 4
3
x
t x x
x
=

= ⇒ − + = ⇔

=

(tm)
Vậy PT có tập nghiệm là S = {0; 3}

0,25đ
Câu 4
(3,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Hình vẽ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm)
a) với
0, 1x x≥ ≠
Ta có A =
( ) ( )
2 1 1 2 1 2
: .
2
1 1 1 1
1 1
 
+ − + + − − − −
+ + =
 ÷
 ÷
− + + − −
− + +
 
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x

( ) ( )

2 1 2 2
.
1 1
1 1
− +
=
− + +
− + +
x x
x x x
x x x
0,25
0,5
0,5
b) với
0, 1x x≥ ≠
ta luôn có A > 0
Lại có:
2
1 1 2
1
x x
x x
≤+ + ≥ ⇒
+ +
hay A
≤
2
Vậy
0 2A

< ≤
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
a)
1,0 điểm
Ta có: MA = MB ( tc 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R
⇒MO là trung trực của AB ⇒
·
0
OFG 90=
0,5
Xét ∆OFG và ∆OCM có:
·
·
0
OFG OCM 90= =
;
·
FOG
(chung)
∆OFG∼ ∆OCM
0,5
b)
1,0 điểm
∆OFG∼ ∆OCM ⇒ OF.OM = OG.OC
0,25

Do MA là tiếp tuyến của (O)
·
0
MAO 90⇒ =
lại có AF⊥OM
Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông MOA ta có:
OG.OC = OF.OM = OA
2
= R
2

2
OG =
R
OC
⇒
0,5
Mà (O); d cố định nên OC cố định và không đổi
⇒ G cố định
Vậy AB luôn đi qua G cố định khi M di chuyển trên d 0,25
c)
Do OF ≤ OG mà OF⊥AB
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm)
a) với
0, 1x x≥ ≠
Ta có A =
( ) ( )
2 1 1 2 1 2

: .
2
1 1 1 1
1 1
 
+ − + + − − − −
+ + =
 ÷
 ÷
− + + − −
− + +
 
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x

( ) ( )
2 1 2 2
.
1 1
1 1
− +
=
− + +
− + +
x x
x x x
x x x
0,25
0,5

0,5
b) với
0, 1x x≥ ≠
ta luôn có A > 0
Lại có:
2
1 1 2
1
x x
x x
≤+ + ≥ ⇒
+ +
hay A
≤
2
Vậy
0 2A
< ≤
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
1,0 điểm
Nên dây AB nhỏ nhất khi OF = OG ( quan hệ giữa tâm và khoảng
cách từ tâm đến dây)
0,5
Dấu bằng xảy ra khi F ≡ G ⇒ M≡C
0,25

Vậy khi M≡C thì dây AB có độ dài nhỏ nhất. 0,25
Câu 5
(1,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
⇒ x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c)
0,25đ
⇒ 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
0,25đ
⇒
4 ( ) 4 ( ) 4 ( )
10T
x y z y x z z x y
x y z
− + − + − +
= + +

= 12 –
y z x z x y
x x y y z z
 
+ + + + +
 ÷
 

Áp dụng bất đẳng thức Cô ta được
10T
≤
12 - 6 = 6
0,25đ

⇒ T
≤

3
5
Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c
Vậy Max T = 3/5 khi a = b = c.
0,25đ