ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN MÔN TOÁN vong 2 nam hoc 20122013

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9

(Đề gồm 1 trang)

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2.0 điểm ). Rút gọn các biểu thức sau:

1  x + x
 1
P = 1− x 
−
− 1÷
÷
x   2 x −1 ÷
 1− x


(

a.
b.
c.

)

Rút gọn P .
Tính giá trị của P khi x = 7 − 4 3 .
Chứng minh: P > 1

Bài 2: (2.0 điểm). Giải các phương trình
a. Cho 0 < x < 90o . Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị
của biến:
sin 6 x + cos6 x + 3sin 2 x . cos 2 x + tan 2 x . cos 2 x + cotan 2 x .sin 2 x .
b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 19
Bài 3: (2.0 điểm)
a. Cho các số nguyên dương: a1; a2 ; a3;...; a2013 sao cho:
N = a1 + a2 + a3 + ... + a2013 chia hết cho 30.
5
Chứng minh: M = a15 + a25 + a35 + .... + a2013
chia hết cho 30.
2
2
b. Cho x; y thỏa mãn: x + y − 2 x − 4 y ≤ 0 . Chứng minh: x + 2 y ≤ 10
Bài 4: ( 2,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên cạnh AB lấy điểm N, CN cắt đường thẳng
DA tại E. Đường thẳng qua C vuông góc CN tại C cắt đường thẳng AB tại F. Diện tích
tứ giác ACFE là 3 a 2 .
a. Chứng minh: N là trung điểm AB.
b. Tính CF theo a
Bài 5: (1,5 điểm)

Cho đường tròn cố định (O; R) đi qua đoạn thẳng BC cố định. Điểm M di chuyển
trên đường tròn (O), M không trùng với B; C. Gọi G là trọng tâm tam giác MBC.
Chứng minh rằng điểm G di động trên một đường tròn cố định.

Hết./.
Họ và tên thí sinh……………………………………...……….SBD………….…………


Bài

Ý

a
1,0

1.
2.0

b
0.5

c.
0.5

2a.
1.0

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 9. MÔN: TOÁN
Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang
Nội dung cần đạt

Điểm
x
≥

0;
x
≠
1
0.25x4
ĐK:

 x − 1 + x  x + x − (2 x − 1) 
1  x + x
 1
P = 1− x 
−
− 1÷
=
1
−
x

÷
÷
÷
÷
÷
x   2 x −1 ÷
2 x −1
 1− x

 (1 − x ) x 


(

=

)

(

)

2 x −1 x − x +1 x − x +1
.
=
x
2 x −1
x

x = 7−4 3 ⇔ x = 2− 3
7 − 4 3 − 2 + 3 +1 6 − 2 3
=
=3
2− 3
2− 3
x − x +1
1
1
P=
= x+
−1 ≥ 2 x.
−1 ⇔ P ≥ 1

x
x
x
1
⇔ x = 1 ; mà x = 1 không thuộc TXĐ
Dấu “=” xẩy ra khi: x =
x
Vậy P > 1

0.25
0.25

P=

0.25
0.25

0.25x4
sin 6 x + cos6 x + 3sin 2 x . cos 2 x + tan 2 x . cos 2 x + cotan 2 x .sin 2 x
sin 2 x
cos 2 x
2
= sin 6 x + cos6 x + 3sin 2 x . cos 2 x(sin 2 x + cos 2 x) +
.
c
os
x
+
.sin 2 x
2

2
cos x
sin x
2
2
2
2
2
= ( sin x + cos x ) + ( sin x + cos x ) = 1 + 1 = 2

Giá trị biểu thức bằng 2. không phụ thuộc giá trị của x

2.
2.0

2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 19 ⇔ 2( x 2 + 2 x + 1) = 3(7 − y 2 ) ⇔ 2( x + 1) 2 = 3(7 − y 2 )
⇔ 3(7 − y 2 )M2 ⇔ 7 − y 2 M2 ⇔ y là số nguyên lẻ

2b.
1.0

3.
2.0
3a.
1.0

Mà 2. ( x − 1) ≥ 0 ⇔ 7 − y 2 ≥ 0 ⇔ y 2 = 1
HS tìm y rồi thay vào tìm x để tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1);
(-4; 1); (-4; -1)
2

5
2
- HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1)(a1 + 1)(a1 + 1) chia hết cho 6. vì có tích 3 số tự nhiên liên
tiếp.
5
2
- HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1)(a1 + 1)(a1 + 1) chia hết cho 5. (Chia các trường hợp để
xét: a1 = 5k ; a1 = 5k ± 1; a1 = 5k ± 2 )

0.25
0.25
0.25
0,25
0.25

5
Mà (5; 6) = 1 nên a1 − a1 M30

5
5
5
5
Xét tương tự và suy ra được: a1 − a1 + a2 − a2 + a3 − a3 + .... + a2013 − a2013 M30
5
Hay a15 + a25 + a35 + .... + a2013
- a1 + a2 + a3 + ... + a2013 M30 ⇔ M − N M30
Theo giả thiết: N M30 ⇔ M M30

3b.

1.0

0.25

x 2 + y 2 − 2 x − 4 y ≤ 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 4 y + 4 ≤ 5 ⇔ ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 ≤ 5

Vận dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

0.5

0,25

( x − 1 + 2( y − 2)) 2 ≤ (12 + 2 2 ) ( ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 ) = 25

0,5

⇔ x − 1 + 2( y − 2) ≤ 25 = 5 ⇔ x + 2 y ≤ 10

0.25


E

B

A

F

N

4a
1,5đ

4b
1,0

5.
1,5

D

C

Gọi độ dài BN = b ( Với 0 < b < a)
C/m được: ∆ CBF = ∆ CDE (g-c-g) ⇒ CF = CE
⇒ 2S ACFE = 2( S EAC + S ECF ) = EA.CD + CE.CF = a.EA + CE 2
EA AN
EA
a −b
a (a − b )
=
⇔
=
⇔ EA =
Vì AN // DC nên áp dụng Talet:
ED DC
EA + a
a
b

a ( a − b)
Suy ra: DE = EA + AD =
+a
b
a4
Áp dụng định lý Py ta go vào ∆DEC ta có CE2 = CD2 +DE2 = a2 + 2
b
Từ (1),(2),(3) suy ra
a 2 ( a − b ) a 2 b 2 + a 4 a 3 ( a + b)
2SACEF =
+
=
b
b2
b2
a 3 ( a + b)
Do đó SACEF = 3SABCD <=>
= 3a2
2b 2
<=> a2 +ab -6b2 = 0 HS lập luận giải: a = 2b
Vậy điểm N trung điểm của AB
a4
a4
2
=
a
+
= 5a 2
Theo c/m trên: CF = CE mà theo (3) CE2 = a 2 + b 2
1 2

a
4
CF = a 5
M
1
NH
=
NO
Lấy N trung điểm BC. Trên NO lấy H sao cho
3
(O) cố định, BC cố định nên H cố định.
1
Theo tính chất trọng tâm: NG = NM
(2)
3
1
1
Từ (1) và (2): ∆NHG : ∆NOM ⇒ HG = OM = R
3
3
1
H cố định HG = R
N
3
Vậy G chạy trên đường tròn (H; R/3)

(1)

0,5

(2)

(3)
0,5

0,5

0,5x2

(1).

0.5
0.25
0,25
0,5