Copy of de 22 thi HSG r

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 − 2013
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

§Ò 22
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (4 điểm):
2

1 3

Chứng minh: x − x + 1 =  x − ÷ + với x > 0
2 4

1
Từ đó, cho biết biểu thức
có giá trị lớn nhất là bao nhiêu? Giá trị đó đạt
x − x +1

được khi x bằng bao nhiêu?
Bài 2. (3 điểm):
Một người đi bộ từ nhà đến sân ga. Trong 12 phút đầu, người đó đi được 700m và
thấy rằng như vậy sẽ đến sân ga chậm 40 phút, vì thế trên quãng đường còn lại, người ấy
đi với vận tốc 5km/h nên đến sân ga sớm 5 phút. Hãy tính quãng đường từ nhà đến sân ga.
Bài 3. (4 điểm):
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9.
b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 +2012x2+2011x +2012.

Bài 4. (2 điểm):
Giải phương trình:

( 1+ x )

2 3

− 4 x3 = 1 − 3 x 4 .

Bài 5. (4 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH chia cạnh huyền BC thành hai đoạn
có độ dài lần lượt là BH = 4cm và HC = 9cm. Gọi T và E là hình chiếu của H trên cạnh
AB và AC.
a) Tính độ dài TE.
b) Các đường thẳng vuông góc với TE tại T và E cắt BC theo thứ tự tại M và N.
Chứng minh M là trung điểm của BH, N là trung điểm của CH.
c) Tính diện tích tứ giác TENM.
Bài 6. (3 điểm):
Cho hình bình hành ABCD có A = 1200 , AB = a, BC = b. Các đường phân giác của
∧

bốn góc A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ. Tính diện tích tứ giác MNPQ?

HẾT


UBND HUYỆN BÌNH SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012 − 2013
MÔN: TOÁN LỚP 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài
1

Câu

Nội dung
2

Điểm






Ta có:  x − ÷ + =  x − ÷ x − ÷+ = x − x + 1
2 4 
2 
2 4

1

3

1

1

3

2

1 3

Vậy: x − x + 1 =  x − ÷ +
2 4


1,0

2

1
1
1 3

Ta có:  x − ÷ + ≥ 0 và dấu bằng xảy ra khi x = hay x =
2
4
2 4

2
3
1
1 3


Do đó  x − ÷ + ≥ và dấu bằng xảy ra khi x =
4
4
2 4

3
1
Vậy x − x + 1 có giá trị nhỏ nhất là và giá trị này đạt được khi x =
4
4
1
4
1
Suy ra
có giá trị lớn nhất là và giá trị này đạt được khi x =
x − x +1
3
4
2

0,5
0,5
1,0
1,0
0,25

* Gọi x (km) là quãng đường còn lại, x > 0;
Vận tốc trên quãng đường 700m là:

0,7 :

12
= 3,5km/h
60

0,25

* Gọi t là thời gian quy định từ nhà đến sân ga.
x
40
40
giờ. Ta có 3,5 = t + 60
60
x
5
=t− .
Vận tốc 5km/h sẽ đến sớm hơn 5 phút Ta có
5
60
x x 3
Từ (1) và (2) ta có phương trình: 3,5 − 5 = 4 (3)

Vận tốc 3,5km/h sẽ chậm mất 40 phút hay

(1)

0,5

(2)

0,5
0,5

Giải phương trình (3) ta được x = 8,75 (km).
Vậy quãng đường từ nhà đến ga là:
8,75km + 0,7km = 9,45km = 9450m.
3

a

b

Giả sử: (n2 + n + 1) M9
Suy ra: (n2 + n + 1) M3
Ta có: n2 + n + 1 = (n – 1)(n + 2) + 3
Suy ra (n – 1) M3 hoặc (n + 2) M3
Mà (n + 2) – (n – 1) = 3 nên cả hai số (n + 2) và (n – 1) đều
chia hết cho 3.
Do đó (n – 1)(n + 2) M9
Suy ra n2 + n + 1 chia 9 dư 3, mâu thuẩn với (1).
Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên n.

0,5
0,5

(1)
0,5

0,5

0,5
0,5


Ta có: x4 +2012x2+2011x +2012
= x4 + x3 + x2 + 2011(x2 + x + 1) – (x3– 1)
= x2(x2 + x + 1) + 2011(x2 + x + 1) – (x – 1)(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 + 2011 – x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 – x + 2012).
Vậy x4 +2012x2+2011x +2012 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2012).
4.

( 1+ x )

2 3

2,0

(1)

− 4 x3 = 1 − 3 x 4

3
4
4
3
2
2
2
2

2
Ta có: 4 x + 1 − 3x = −3x + 4 x + x − x + 1 = 1 + x − x ( 3x − 4 x + 1)

(2)

Thay (2) vào (1) ta có:
(1) ⇔

( 1 + x ) − ( 1 + x ) = − x ( 3x
2 3

2

2

2

)

(3)

− 4x +1

Đặt y = 1 + x 2 , với y ≥ 1. Suy ra x 2 = y 2 −1

3
2
2
2
Thay vào (3): y − y = ( 1 − y ) ( 3x − 4 x + 1)

⇔ y 2 ( y − 1) − ( 1 − y 2 ) ( 3 x 2 − 4 x + 1) = 0
⇔

( y − 1)  y 2 + ( y + 1) ( 3x 2 − 4 x + 1)  = 0

 y −1 = 0
⇔
2
 y + ( y + 1) ( 3x − 4 x + 1) = 0

* Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình.
2
2
* Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: y + ( y + 1) ( 3x − 4 x + 1) = 0

(4)

2

2 1
1

Vì 3x 2 − 4 x + 1 = 3  x − ÷ − ≥ − và y > 1 thay vào vế trái của (4)


3

3

2

3

2

1 
1  13  1  13 1
y − ( y + 1) =  y − ÷ −
> 1 − ÷ −
= lớn hơn.
3 
6  36  6  36 3
2

Do đó (4) vô nghiệm
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0
5

a

Xét hai tam giác vuông ABH và CAH có:
·
·
·
(vì cùng phụ với góc BAH
)
ABH
= CAH
Do đó ∆ABH ∽ ∆CAH (g.g)

Suy ra:

AH BH
=
CH AH

⇒ AH2 = BH.CH = 4.9 = 36
⇒ AH = 36 = 6 (cm).

Mặt khác: HT ⊥ AB và HE ⊥ AC
nên ATHE là hình chữ nhật
Suy ra: TE = AH = 6 (cm).

2,0
Vẽ
hình
đúng
ghi
0,5

A
E
O

T
B

C
M

H

N

1,0


b

c

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo hình chữ nhật ATHE;
·
·
·
·
Xét tam giác MTH có: MTH
(vì cùng phụ với OTH
)
= OHT
= MHT
Suy ra tam giác MTH cân tại M, do đó MT = MH.
·
·
·
·
Ta có MTB
(vì cùng phụ với MTH
)
= MBT

= MHT
Suy ra tam giác MTB cân tại M, do đó MB = MT.
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BH
·
·
·
·
Xét tam giác NEH có: NEH
(vì cùng phụ với OEH
)
= NHE
= OHE
Suy ra tam giác NEH cân tại N, do đó NE = NH.
·
·
·
·
Ta có NEC
(vì cùng phụ với NEH
)
= NCE
= NHE
Suy ra tam giác NEC cân tại N, do đó NE = NC.
Từ (3) và (4) suy ra N là trung điểm của HC
Theo chứng minh trên ta có:
TM = MH =

(1)
(2)

1,0

(3)
(4)

0,5

1
1
1
1
BH = .4 = 2 (cm); EN = NH = CH = .9 = 4,5 (cm);
2
2
2
2

TE = AH = 6 (cm).
TENM là hình thang vuông, do đó diện tích là:
1

1

1,0

STENM = 2 (TM + EN)TE = 2 (2 + 4,5).6 = 19,5 (cm2)
6

0
0

·
·
Ta có: DAB
= 60
= 120 (gt) nên ADC
Đường phân giác của góc A cắt
đường phân giác của góc D tại M
thì tam giác ADM có hai góc bằng
600 và 300 nên các đường phân
giác đó vuông góc với nhau.
Lập luận tương tự chứng tỏ tứ
giác MNPQ có 4 góc vuông nên
nó là hình chữ nhật.
D
Trong tam giác vuông ADM có

·
DM = ADsin DAM
= bsin600 =

A

B
N
M

P
Q
C

Trong tam giác vuông BCP có CP = CBcos600 =
a−b
2

a 3
2

3
2

0,5

Trong tam giác vuông DCN có CN = CDcos600 =

Vậy NP = CN – CP =

1,0

b 3
2

·
Trong tam giác vuông DCN có DN = DCsin DCN
= asin600 =

Vậy MN = DN – DM = (a – b)

Vẽ
hình
đúng

ghi
0,5

a
2

b
2

Suy ra diện tích hình chữ nhật MNPQ là: MN.NP = ( a − b )

0,5
2

3
(đvdt)
4

Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa.

0,5