Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 4)

Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 4)
năm học : 2008 - 2009
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)
Bài 1: (4 điểm)
Cho biểu thức:
3 2( 3) 3
2 3 1 3
x x x x
P
x x x x
+
= +
+
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tính giá trị của biểu thức P với
14 6 5x =
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Bài 2: (3 điểm) Cho đa thức
5 3
5 4A x x x= +
1. Phân tích đa thức A thành nhân tử.
2. Chứng minh với mọi x nguyên và không chia hết cho 3 thì A luôn chia hết cho 360
Bài 3: (3 điểm)
Tính giá trị của biểu thức

2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 ... 1
1 2 2 3 3 4 2008 2009
C

= + + + + + + + + + + + +
Bài 4: (3,5 điểm)
1. Tìm các số a, b, c biết:
1
2008 2009 2 ( )
2
a b c a b c+ + + = + +
2. Cho x, y, z > 2 thõa mãn:
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Chứng minh:
( 2)( 2)( 2) 1x y z
Bài 5: (5 điểm)
Cho đờng tròn (O; R) và đờng tròn (
( ; )
2
R
I
tiếp xúc ngoài tại A. Trên đờng tròn (O) lấy điểm
B sao cho AB = R. Tia MA cắt đờng tròn (I) tại điểm thứ hai tại N. Qua N kẻ đờng thẳng song song
với AB cắt đờng thẳng MB ở P.
1. Chứng minh OM//IN.
2. Chứng minh độ dài đoạn NP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
3. Xác định vị trí điểm M để
ABPN
S
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo R
Bài 6: (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A. D là điểm nằm giữa hai điểm B và C. E và F lần lợt là hình
chiếu của D lên AB và AC. Hãy xác định vị trí của D để tứ giác ADEF có diện tích lớn nhất.
.................... Hết ..................
1
Hớng dẫn chấm: đề số 4
Bài
Đáp án và hớng dẫn chấm điểm
Bài 1
(4điểm)
Câu 1: (2,0 điểm)
ĐK:
0; 9x x
3 2( 3) 3
( 1)( 3) 1 3
x x x x
P
x x x x
+
=
+ +

2
3 2( 3) ( 3)( 1)
( 3)( 1)
x x x x x
x x
+ +
=
+

=
3 8 24
( 3)( 1)
x x x x
x x
+
+
( 8) 3( 8) 8
( 3)( 1) 1
x x x x
x x x
+ + +
= =
+ +
2.0
Câu 2: (1 điểm)
Ta có:
2
14 6 5 (3 5) 3 5x = =
Khi đó
14 6 5 8 22 6 5 (22 6 5)(4 5)
11
3 5 1 4 5
P
+ +
= = =
+
58 2 5
11

=
1.0
Câu 3: (1 điểm)
Ta có:
8 1 9 9 9
1 1 2 2 9 2 4
1 1 1 1
x x
P x x
x x x x
+ +
= = = + = + + =
+ + + +
Vậy
min
4P =
khi x = 4
1.0
Bài 2
Câu 1: (1,5 điểm):
Ta có:
5 3 4 2 2 2
5 4 ( 5 4) ( 1)( 4)A x x x x x x x x x= + = + =

( 1)( 1)( 2)( 2)x x x x x= + +
1,5
Câu 2: (1,5 điểm)
Ta có: 360 = 5.8.9; mà (5; 8; 9)=1; x nguyên
Do đó A = x( x-1)(x+1)(x-2)(x+2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
Vì x không chia hết cho 3 nên phải luôn tồn tại 2 thừa số chia hết cho 3;

9A M
(1)
Đồng thời có một số chia hết cho 5;
5A M
(2)
Trong 5 thừa số của A có ít nhất 2 thừa số chăn nên
8AM
(3)
Từ (1); (2) và (3)
5.8.9A M
= 360
Vậy với x nguyên thì
360AM
(đpcm)
1,5
Bài 3
(3điểm)
Xét số hạng tổng quát :
2 2
1 1
1
( 1)k k
+ +
+
với k là số nguyên dơng , ta có
:
2 2
2
2 2
1 1 1 1

1 1
( 1) 1k k k k

+ + = + + =
ữ ữ
+ +


2 2
2
1 1 1 1 1 1
1 2 1. 2 2 1
1 1 1k k k k k k

= + + +
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
+ + +

1.0
2
V× :
1 1 1 1 1 1
2 1. 2 . 2 1 2. 0
1 1 ( 1)
k k
k k k k k k
 
+ − −
     
− − = =

 ÷
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 

VËy :
2
2 2
1 1 1 1
1 1
( 1) ( 1)k k k k
 
+ + = + −
 ÷
+ +
 
Nªn :
2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
( 1) ( 1) 1k k k k k k
+ + = + − = + −
+ + +
¸p dung vµo bµi
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 ... 1
1 2 2 3 3 4 2008 2009
C
       

= + − + + − + + − + + + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4036080
2008 ... 2009
1 2 2 3 3 4 4 2008 2009 2009 2009
= + − + − + − + − + − = − =
0,5
0,5
1.0
Bµi 4:
(3,5 ®iÓm)
C©u1: (2,0 ®iÓm)
§K:
2008; 2009; 2x b c≥ − ≥ ≥
C¸ch 1:Ta cã:
1
2008 2009 2 ( )
2
a b c a b c+ + − + − = + +
2 2008 2 2009 2 2a b c a b c⇔ + + − + − = + +
( 2008) 2 2008 1 ( 2009) 2 2009 1 ( 2) 2 2 1 0a a b b c c
     
⇔ + − + + + − − − + + − − − + =
     
⇔
2 2 2
( 2008 1) ( 2009 1) ( 2 1) 0a b c+ − + − − + − − =
2007

2010
3
a
b
c
= −


⇔ =


=

C¸ch 2: Ta cã
2009
2008
2
a
a
+
+ ≤

2008
2009
2
b
b
−
− ≤

1
2
2
c
c
−
− ≤
⇔
2008 2009 2
2
a b c
a b c
+ +
+ + − + − ≤
DÊu “=” s¶y ra khi:
1 2008 2007a a= + ⇔ = −


1 2009 2010b b= − ⇔ =

1 2 3c c= − ⇔ =
C©u 2: ( 1,5 ®iÓm)
Ta cã:
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
1 ( ) ( )
2 2 2 2
y z
x y z x y z y z
− −
+ + = ⇔ = − + − = +

0,5
3
Mà y; z > 2 nên:
1 ( 2)( 2)
2
4
y z
x yz


=
( 2)( 2)y z
yz

(1)
Tơng tự:
1 ( 2)( 2)x z
y xz


(2)

1 ( 2)( 2)x y
z xy


(3)
Từ (1); (2) và (3) ta có:

2

1 ( 2)( 2)( 2)x y z
xyz xyz





( 2)( 2)( 2) 1x y z
(đpcm)
0,5
0,5
Bài 5:
(2điểm)
Câu a: (1,5 điểm)

Ta có: OA = OM = R
MOA
cân tại O

ã
ã
OMA OAM=
(1)
Tơng tự: IA = IN =
2
R

IAN
cân tại I
ã

ã
IAN INA =
(2)
Mà (O; R) và (I:
2
R
) tiếp xúc tại A
do đó O, A, I thẳng hàng
Nên
ã
ã
OAM IAN=
(đđ) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra:
ã
ã
OMA INA=
(ở vị trí so le trong)
Do đó OM//IN (đpcm)
Câu 2: (2 điểm)
Ta có: OM//ON suy ra
2
2
AM OM R
AN IN R
= = =

2 2
2 1 3
AM

AM AN
= =
+ +
Mà AB//PN ( gt)
2 3 3
3 2 2
AB AM
NP AB R
NP MN
= = = =
Vậy độ dài PN không đổi.
Câu 3: (1,5 điểm)
Từ A kẻ
AH PN

kéo dài tại H.
1 1 3 5
( ). ( ). .
2 2 2 4
ABPN
S AB PN AH R AH R AH
R
= + = + =
Vì R không đổi nên
ABPN
S
lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất.
Do
AH AN

nên AH lớn nhất lkhi AH = AN.
H N


AN PN AM AB

tại A (do AB//PN) khi đó
AMB
vuông ở A nên ta có:

2 2 2 2 2
(2 ) 3AM MB AB R R AM R= = =
Do
2
3
AM
MN
=
mà
1 1
. 3
2 2
AN AM AN R= =
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

0,75
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
4
H
B
P
N
M
A
I
O
ABPN
S
đạt giá trị lớn nhất =
2
5 3 5 3
.
4 2 8
R R
R =
(đơn vị diên tích)
Khi M thuộc cung lớn AB và
AM AB
0,25
Bài 6
(1,5 đ)

Ta có AEDF là hình chữ nhật nên
.
AEDF
S AE AF=
(1)
ABC là tam giác vuông tại A nên ta có:
. ( ).( )
2 2
ABC
AB AC AE BE A CF
S
+ +
= =
áp dụng BĐT Cuchy ta có:
2 . .2 .
2
ABC
AE BE AF CF
S
=
2 . . .AE BE AF CF
(2)
Ta lại có:
. . .
BE DE
BED DFC BE CF DE DF AE AF
DF CF
= = =:

(do AE = DF; AF = DE) (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra:
1
2 . . 2 . 2
2
ABC AEDF AEDF ABC
S AE AF AE A AE AF S S S = =
Dấu = sảy ra khi và chỉ khi: AE = BE; AF = CF
DB DC =
do đó D là trung
điểm của BC.
Vậy khi D là trung điểm của BC thì
AEDF
S
đạt giá trị lớn nhất =
1
2
ABC
S
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
E
F
D
C
B

A