Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9, Năm học 2009-2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>
<b>THANH MIỆN</b>

**************

<b>KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS</b>
<b>Mơn thi: Tốn. </b>

<i><b>Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề</b></i>

<b>Đề thi gồm 01 trang</b>

...
<b>Câu 1 ( 2 điểm)</b>

Cho biểu thức:





2

x + x

2x + x

A =

-

+ 1 x > 0 .

x - x + 1

x

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Khi x ≠ 1, tìm các giá trị của x để:
2 x

< 1.
A

<b>Câu 2 ( 2 điểm)</b>

1) Giải phương trình

3



2x - 3 = x

.

2) Cho đa thức F(x) = ax3_{+ bx – 1. Biết F(2) = 2009, tính F(- 2).}
<b>Câu 3 ( 2 điểm)</b>

1) Tìm các các nghiệm nguyên dương của phương trình xy + 3x – 3y = 21.
2) Chứng minh rằng 2 2 + 3_{là một số vơ tỷ.}

<b>Câu 4 ( 3 điểm)</b>

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB =15, AC = 17. Kẻ DH vng góc với AC tại
H, DH cắt AB tại I. Tính HI.

2) Cho tam giác ABC có đường cao AH, phân giác CD và trung tuyến BM đồng
quy. Đặt AB = c; AC = b; BC = a.

a) Tính BH theo a, b và c.
b) Chứng minh

2 2 2

2 2 2

a a - b + c
=

b a + b - c _.
<b>Câu 5 ( 1 điểm)</b>

Cho hai số nguyên dương m và n thoả mãn

m
n

3

, chứng minh

m 1

n 3mn

 

3

.
<i></i>

<i>---Hết---Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...</i>
<i>Chữ kí của giám thị 1 :... Chữ kí của giám thị </i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>

<b>THANH MIỆN</b> <b>KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS</b><i><b>_{Hướng dẫn chấm gồm 3 trang}</b></i>

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂ

M

Câu
1
2,0
điểm

1)

1 điểm

 





3

x

x +1

_{x 2 x 1}

A =

-

+ 1

x - x + 1

x















0,25



 







x

x 1 x - x + 1

=

- 2 x 1 + 1

x - x + 1





0,25

=

x + x - 2 x 1 1

 

0,25

=

x - x

0,25

2)

1 điểm

2 x

1

2 x

1 0

A

 

x - x

 

0,25

3

x

=>

0

x 1







0,25

=> x < 1; x > 9 0,25

Kết luận 0 < x < 1; x > 9 0,25

Câu
2
2
điểm

1)

1 điểm _{Điều kiện của ẩn số:} 

3
x

2

0,25





2

0

2x 3 (*)









x - 3

Đ a ph ơng tr × nh vÒ 2x - 3 = x - 3 <=>

x - 3

0,25

Giải phương trình (*) được x = 2; x = 6 0,25

Kêt luận: phương trình có nghiệm x = 6

(Kết luận thừa nghiệm không cho điểm ý này)

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2)

1 điểm

F(2) = 8a + 2b – 1; F(- 2) = - 8a – 2b – 1 => F(2) + F(- 2) = - 2 0,5

F( -2) = 2009 => F(2) = - 2011 0,5

Câu
3
2
điểm

1)
1 điểm

Biến đổi về (x – 3)(y + 3) = 12 0,25

Nêu được y + 3 là ước của 12 và y + 3 > 3 => y + 3 {4; 6; 12} 0,25
y + 3 = 4 => y = 1; x = 6

y + 3 = 6 => y = 3; x = 5
y + 3 = 12 => y = 9; x = 4

0,25

Kết luận: (x; y) = (1; 6), (4; 9), (5; 3) 0,25

2)
1 điểm

2

3 m (m Q) => m 11 4 6

    

Gi¶ sư 2 2 0,25

2

m 11
(*)
4

Rút ra đ ợc 6 0,25

Chứng minh 6 là số vô tØ_(**) 0,25

m là số hữu tỉ nên

2

m 11
Q
4




dẫn đến (*) và (**) mâu thuẫn nhau
từ đó được đpcm

0,25

Câu
4
3
diểm

1

15
17
H

I

C

A _B

D

áp dụng đl Pitago vào tam giác vuông ADC tính được AD = 8

0,25
Tam giác ADC vng tại D có đường cao DH => DH.AC = DA.DC

Từ đó tính được

120
DH

17


0,25

Tam giác ADI vng tại A có đường cao AH => AD2_{= DH.DI}
Từ đó tính được

136 512

DI HI

15 255

  

0,5

2 a
1 điểm

K
H

D

O
A

C
B

M

Dễ thấy H nằm trên đoạn thẳng BC

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

AH2_{= AB}2_{– BH}2_{; AH}2_{= AC}2_{– HC}2_{=> AB}2_{– BH}2 _{= AC}2_{– HC}2

 c2 – BH2 = b2 – (a – BH)2

Từ đó tính được

2 2 2

a + c - b
BH

2a



0,5

2b
1 điểm

Chứng minh tương tự phần a được

2 2 2

a + b - c
CH

2a

 0,25

Gọi O là giao điểm của AH, CD và BM

CO là tia phân giác góc ACB =>

OB CB a 2a

(*)
b

OM CM b

2

  

0,25
Hạ MK  BC

Chứng minh K là trung điểm của HC => HK = HC/2

Chứng minh

OB BH BH 2BH

CH

OM HK CH

2

  

Thay BH và CH tính được theo a, b, c ở trên và thu gọn được

2 2 2

2 2 2

OB 2(a c b )

(**)

OM a b c

 



  _0,25

(*) và(**) =>

2 2 2

2 2 2

2a 2(a c b )

=

b a b c

 

 

=>

2 2 2

2 2 2

a a b c

=

b a b c

 

 

0,25

Câu
5
1
điểm

Do m và n là các số nguyên dương nên

2 2 2 2

m

n m => 3n > m 3n m +1
n

    

3 3

0,25

2 2 2 1 2 1 1

m +1 = m + m 2.m.

3 3   3m 3

0,25

2

2 2

2

1 1 1 1 1

m 2.m. m 2.m. m

3m 3 3m 9m 3m

 

     _  _

 

0,25

2

2 1 1

3n m n > m

3m 3m

 

 _  _  

  3 _=>đpcm

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>

<b>HẢI DƯƠNG</b> <b>KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS</b>

<b>Mơn thi: Toán. Mã số:...</b>

<i><b>Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề</b></i>

<b>Đề thi gồm 01 trang</b>

<b>...</b>
<b>Câu 1 ( 2 điểm)</b>

1) Rút gọn . 4 10 2

5
1051 + 10 26 ₁₃

8

2) Cho các số dương x, y thoả mãn







x x - 3y x = 10

y y - 3x y = 5 _{. Tính x + y}

<b>Câu 2 ( 2 điểm)</b>

1) Tìm các giá trị của số thực a để phương trình

 

 

 

2 13 2

3x - 2a + x + a + 5 = 0
2

có ít nhất một nghiệm ngun

2) Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2x + xy - y - 5x + y + 2 = 0
x + y + x + y - 4 = 0







<b>Câu 3 ( 2 điểm)</b>

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương lẻ n thì 20n_{+ 254.3}n_₃₉₁

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>Câu 4 ( 3 điểm)</b>

Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho AB cắt OI tại
điểm nằm giữa O và I. Điểm M thuộc cung lớn AB của đường tròn (O), MA và MB cắt
cung lớn AB của đường tròn (I) lần lượt tại C và D. Gọi giao điểm của MO và CI là E.
a) Chứng minh bốn điểm M, B, E, C cùng nằm trên một đường tròn

b) Gọi F là trung điểm của MC, P và Q lần lượt là điểm chính giữa của các cung
MB và BC khơng chứa A. Chứng minh bốn điểm P, A, F, Q cùng nằm trên một đường
tròn

c) Gọi K là trung điểm của CD, chứng minh khi điểm M chuyển động trên cung lớn

AB của đường trịn (O) thì đường thẳng MK ln đi qua một điểm cố định

<b>Câu 5 ( 1 điểm)</b>

Chứng minh rằng nếu (a – c)(a – b – c) ≤ 0 thì (2b – c)2_{≥ 8(2a – c)(a – b – c)}
<i></i>

<i>---Hết---Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...</i>
<i>Chữ kí của giám thị 1 :... Chữ kí của giám thị </i>

<i>2 :...</i>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO</b>
<b>TẠO</b>

<b>HẢI DƯƠNG</b>

<b>KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS</b>

<i><b>Hướng dẫn chấm gồm 4 trang</b></i>

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1
2 điểm

1)

1 điểm

. 4 10 2

200

. 4 10 2 . 4 10 2





   

5
10

5 5

10 10

51 +10 26

13
8

408 + 2.40 26 208 + 2 208 200

13 13

64 64

0,25



₄



2 2

4 10 2

. 4 10 2 . 4 10 2

8

 _ 

   _ _ 

 

10 5 5

10

13 + 10 2 ₁₃

13 13

64

0,25



 





 

2



2

4 10 2 . 4 10 2

4 10 2

. 4 10 2

8 8

4 10 2 ₈

1

8 8

 



  



  

5 5

5

5

5

13 13

13

13
13

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

2)

1 điểm









3 2 2

3 2 2

(1) 6 9 100 (3)

(2) 6 9 25 (4)

<i>y</i> <i>x</i> <i>x y</i> <i>xy</i>

<i>y</i> <i>y</i> <i>xy</i> <i>x y</i>






    
    
2
2

x x - 3 xy = 10 (1)
y y - 3x y = 5 (2)

x x - 3 x = 100
y - 3x y = 25

0,5

Cộng từng vế của (3) và (4) ta được x3_{+ 3x}2_{y + 3xy}2_{= 125} _0,25

(x + y)3_{= 125 => x + y = 5} _0,25

Câu 2
2 điểm

1)

1 điểm

Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình

 

 

 

2 13 2

3x - 2a + x + a + 5 = 0

2 _{, ta có}

2

4 a 6 13 10 0 (1)

 
 
 
     
2 2
0 0
2

0 0 0

13

3x - 2a + x + a + 5 = 0
2

2a x x x

0,25



 



2 2

2

2(6 13 10) 0
4 13 10 0

2 4 5 0
5
2
4
    
   
   
  

0 0 0

0 0

0 0

0

Ph ¬ng tr × nh bËc hai Èn a cã nghiƯm khi vµ chØ khi
' = 4x x x

x x
x x
x
0,5
0 0
0

x x = 2

Thay x 2 8a + 8 = 0 a 2

<i>Z</i>



 2 

mà nê n

vào (1) ta đ ợc 2a

0,25
2)
1 điểm



 



2 2
2 2

2x + xy - y - 5x + y + 2 = 0 (1)
x + y + x + y - 4 = 0 (2)

y = 2 - x
(1) 2x - y - 1 x + y - 2 0

y = 2x - 1






 _{  }

0,25

- Thay y = 2 – x vào (2) ta được 2x2_{– 4x + 2 = 0}
Phương trình có nghiệm x = 1 => y = 1

0,25

- Thay y = 2x – 1 vào (2) ta được 5x2_{– x – 4 = 0 Phương}
trình này có nghiệm x1 = 1, x2 =

4

5


=> y1 = 1,

13

2 5

<i>y</i>



0,25

Hệ có 2 nghiệm



 



4 13
x;y 1;1 , ;

5 5
 
 
 _ _
 
0,25
Câu 3
2 điểm
1)
1 điểm

20n_{+ 254.3}n_{= 20}n_{– 3}n_{+ 255.3}n __{17 vì 20}n_{– 3}n__{17 và 255}_₁₇ _0,25

20n_{+ 254.3}n_{= 20}n_{+ 3}n_{+ 253.3}n__{23 vì 20}n_{+ 3}n__{23 (do n lẻ) và}

253  23

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

nên ta được đpcm
2)

1
điểm

Giả sử a = 2009qa + ra (qa, ra  Z và 0 < ra < 2009)
b = 2009qb + rb (qb, rb  Z và 0 < rb < 2009)
d = ƯCLN(ra, rb) ( d  Z)

0,25

=> tồn tại hai số nguyên khác 0 a1 và b1 sao cho ra = da1, rb = db1 và
ƯCLN(a1, b1) = 1

=> a = 2009qa + da1 và b = 2009qb + db1

0,25

=> ab1 = 2009qab1 + da1b1 và ba1 = 2009qba1 + db1a1
=> ab1 – ba1 = 2009(qab1 – qba1)  2009

0,25
Đặt m = b1 và n = - a1 thì ƯCLN(m, n) = 1 (do ƯCLN(a1, b1) = 1)

và am + bn  2009

0,25
Câu 4)

3 điểm
1)

1 điểm

E

C

D
B

A

O

I
M

   

  _ 

MOB = 2MAB; BIC = 2BDC

MAB = BDC (Tứ giác ABDC nội tiếp đ êng trßn (I)) MOB = BIC

0,5

Mặt khác MOB cân tại O và BIC cân tại I nên BME = BCE 

=> đpcm

0,5

2)
1
điểm

Sử dụng tính chất tia
phân giác hai góc kề bù
để chứng minh

 0₍₁₎

PAQ = 90

0,25

Lấy N đối xứng với M
qua p

S đối xứng với C qua
Q

=> MBN vuông tại B
BCS vuông tại B

   

 

 

0
0
;
180

90

 

  

1 1

NMB = BCS =

2 2

NMB BCS

MAB CAB

MAB CAB

 

 NMBBsC

0,5

=> MBN SBC (g.g)
n

m
T

R
K

C

B
D
A

I
O

M

T

S
N

Q
F

C

B
P

A

I
O

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

 BM = BN

BS BC

 

  ₉₀0

 

  

TMB TNB

NTM NBM

Sử dụng tính chất đường
trung bình của tam giác
để chứng minh

PF // NC và FQ // MS =>

 0₍₂₎

PFQ = 90

Từ (1) và (2) => đpcm

0,25

3)
1
điểm

 

  

 

1

(trong(O))

2

(trong(I))

CD







 

AMB

AMB

sđAmB không đổi
sđCD sđAmB

2

sđAnB không đổi sđCD không đổi
không đổi IK không đổi

0,25

  

 

 

0 0

0

BOM

OM = OB BMO 90 90 MAB

2

BDC
DMR+MDR 90

    

 

 

Tø gi¸c ABDC néi tiÕp ® ỵc MAB

 MR _ DC

Lại có IK  DC => MO // IK

0,5

Gọi T là giao điểm của MK và OI theo đl Talet ta có
TI IK

=
TO MO

 không đổi

OI không đổi => T cố định

0,25

Câu 5
1 điểm

Chứng minh bài toán phụ:

“Cho đa thức bậc hai A(x) = ax2_{+ bx + c}

Nếu tồn tại hai số thực n và m sao cho A(n).A(m) ≤ 0 thì
phương trình bậc hai

ax2_{+ bx + c = 0 (*) có nghiệm”}

Thật vậy: A(n).A(m) ≤ 0 và a ≠ 0 => a2_{A(n).A(m) ≤ 0 =>}
[aA(n)].[aA(m)] ≤ 0 => một trong hai số [aA(n)]; [aA(m)] không
dương

- Nếu aA(n) ≤ 0 => a(ax2 + bx + c) ≤ 0

2 ₂ 2

b b - 4ac b

an + - 0 0 an + 0

2 4 2 4



   

 _ _    _ _    

   

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

=> phương trình (*) có nghiệm

Với aA(m) ≤ 0 lập luận tương tự ta cũng có phương trình (*) có
nghiệm

<i>Trở lại bài tốn</i>

- Nếu 2a – c = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng

0,25

- Nếu 2a – c ≠ 0 ta xét phương trình bậc hai

(2a – c)x2_{– 2(2b – c)x + 8(a – b – c) = 0}

Đặt A(x) = (2a – c)x2_{– 2(2b – c)x + 8(a – b – c)}
Ta có A(0) = 8(a – b – c) và A(-2) = 16(a – c)

 A(0).A(- 2) = 128(a – c)(a – b – c) ≤ 0

Áp dụng bài tốn phụ trên ta có phương trình bậc hai
(2a – c)x2_{– 2(2b – c)x + 8(a – b – c) = 0 có nghiệm}
=> ’ ≥ 0 => (2b – c)2 - (2a – c).8(a – b – c) ≥ 0
=> (2b – c)2_{≥ 8(2a – c)(a – b – c)}

</div>

<!--links-->