DE THI HSG HUYEN GIONG RIENG toan 9 2010

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN GIỒNG RIỀNG
= = = 0o0 = = =

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn: TOÁN - lớp 9 , thời gian: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3,0 điểm) Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1, luôn là số chính
phương.
15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức P =
.
x + 2 x − 3 1− x
x +3
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị của x sao cho P <

1
2

c) Tìm các giá trị nguyên của x sao cho giá trị tương ứng của biểu thức P nguyên.
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/ 2x − 1 + 2x − 5 = 4
b/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương.
a+b
2

≥ 2a b + 2 b a
Chứng minh rằng: ( a + b ) +
2
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm và G là trọng
tâm của tam giác ABC.
AD
HD
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC ⇔ tgB.tgC = 3

a/ Chứng minh: tgB.tgC =
Bài 6: (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh : tg
---- HẾT----

·ABC
AC
=
2
AB + BC


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 9
Bài 1: (3,0 điểm)
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
(0,5 đ)
2
2

= (n + 3n)( n + 3n + 2) + 1 (*)
(0,5 đ)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
(1,0 đ)
2
2
= (n + 3n + 1)
(0,5 đ)
2
Vì n ∈ N nên n + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.(0,5 đ)
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức P =

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−
.
x + 2 x − 3 1− x
x +3

a/ Điều kiện xác định là: x ≥ 0 ; x ≠ 1
15 x − 11
3 x −2 2 x +3
P=
−
−
x −1
x +3
x −1 x + 3

(

P=
P=
P=

)(

(

) (
( x − 1) ( x + 3)

15 x − 11 − 3 x − 2

)(

x +3 − 2 x +3

(0,5 đ)

)(

)

x −1

15 x − 11 − 3x − 9 x + 2 x + 6 − 2x + 2 x − 3 x + 3

(
(

P=

(

)(

x −1

x +3

)

(0,5 đ)

(0,5 đ)

−5x + 7 x − 2

) ( x + 3) .....................................................................................(0,5 đ)
x − 1) ( 2 − 5 x ) 2 − 5 x
=
.................................................................(0,5 đ)
( x − 1) ( x + 3) x + 3
x −1

b/ để P <
do

)

(0,5 đ)

1
2−5 x 1
<
thì
2
x +3 2

⇔

2−5 x 1
1 − 11 x
− <0 ⇔
<0
x +3 2
x +3

x + 3 > 0 nên 1− 11 x < 0 ⇔ x >

Vậy x >

1
1
⇔ x>
11
121

(0,5 đ)
(0,25 đ)

1
và x ≠ 1......................................................................................(0,25 đ)
121

(

17− 5

)=

x+3

17
− 5....................................................................(0,5 đ)
x+3
x+3
P ∈ ¢ ⇔ x + 3∈ U (17) = { ±1; ± 17}

c/ P =

x + 3 = 17 ⇔ x = 14 ⇔ x = 196 ....................................................................(0,5 đ)

Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/ 2x − 1 + 2x − 5 = 4


1
1
ta có: 1 – 2x + 5 – 2x = 4 ⇔ x = không thuộc khoảng đang xét

2
2
1
5
 Xét ≤ x ≤ ta có: 2x – 1 + 5 – 2x = 4 ⇔ 0x = 0
2
2
1
5
phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là ≤ x ≤
2
2
5
5
 Xét x > ta có: 2x – 1 + 2x – 5 = 4 ⇔ x = không thuộc khoảng đang xét
2
2
5
 1
Vậy phương trình có nghiệm là S =  x / ≤ x ≤ 
2
 2

 Xét x <

b/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 (*)
Điều kiện x ≥ 1
(*) ⇔
⇔

(

)

2

x− 1+ 1 +

x − 1+ 1 +

⇔ x − 1 + 1+

(

)

(0,25 đ)

2

x − 1− 1 = 2

x − 1− 1 = 2

(0,25 đ)
(0,25 đ)

x − 1− 1 = 2

(0,25 đ)

⇔ 1− x − 1 = 1− x − 1 (**)

(0,25 đ)

Ta có A ≥ A dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A ≥ 0
(0,25 đ)
(**) 1− x − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≤ 1⇔ x ≤ 2
(0,25 đ)
Kế hợp với điều kiện ban đầu ta có tập nghiệm là 1≤ x ≤ 2 (0,25 đ)
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương.
a+b
2
≥ 2a b + 2 b a
Chứng minh rằng: ( a + b ) +
2
2

2

1
1


Ta có :  a −  ≥ 0 ;  b −  ≥ 0 , với mọi a , b > 0
2
2


1

1
⇒ a − a + ≥ 0 ; b− b + ≥ 0
4
4
1
1
⇒a− a + +b− b + ≥0
4
4
1
⇒ a + b + ≥ a + b > 0 (*)
2

Mặt khác

(

)

2

a − b ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 2 ab > 0 (**)
Nhân từng vế (*) và (**) ta có :
( a + b ) a + b + 1  ≥ 2 ab a + b
2

a+b
2
≥ 2a b + 2 b a
hay: ( a + b ) +

2

(

)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)

(0,5 đ)

(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)


Bài 5: (3,5 điểm)
a/ Chứng minh: tgB.tgC =

AD
HD

AD
;
BD

AD
Xét tam giác ADC ta có: tgC =
CD
2
AD
⇒ tgB.tgC =
BD.CD
Chứng minh ∆BDH : ∆ADC
BD DH
⇒
=
⇒ BD.CD = DH .AD
AD DC
AD2
AD
⇒ tgB.tgC =
=
HD.AD DH
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC ⇔ tgB.tgC = 3
AM
=3
Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có:
GM
Xét ∆ ADM, có HG // BC
AM AD
⇔ HG // DM ⇔
=
=3
GM HD

Xét tam giác ADB ta có: tgB =

(0,25 đ)
(0,25 đ)

E

(0,5 đ)

H

G

(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)

(0,25 đ)
(0,5 đ)

Vậy tgB.tgC = 3

(0,25 đ)

Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh tg
·ABC
2
AD
·

=
Xét ∆ABD, µA = 900 ⇒ tgABD
AB
·
Vẽ phân giác BD ⇒ BBD
=

·ABC
AC
=
2
AB + BC

(0,25 đ)
(0,5 đ)

Vì BD là phân giác, nên:

AD DC AD + DC
AC
=
=
=
AB BC AB + BC AB + BC
·ABC AD
AC
·
Vậy tgABD
= tg
=

=
2
AB AB + BC

(0,5 đ)
(0,25 đ)

A

D

B

A

C

C

B
D

M