De HSG(De xuat) - De 3

MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI-CẤP HUYỆN
Môn : toán 9
Năm học: 2010 - 2011
Chủ đề
MỨC ĐỘ
Tổng
Thông hiểu Vận dụng
thấp
Vận dụng
cao
Số học C1b
2
C2a
2
2
4
Đại số C2b

2
C1a
c3,c4a
6.
5
C4b
1.5
5
10
Hình học C5a,b
4
C5c
2

3
6

Tổng
2
4
5
10.5
3

5.5
10
20

Câu 1 ( 4 điểm)
a.Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +
b.Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có :

2 2
1 1 1 1 1
...
5 13 25 ( 1) 2n n

+ + + + <
+ +
Câu 2 ( 4 điểm)
a. Tìm hai chữ số tận cùng của 2
2010
b. Giải bất phương trình sau:
1
1 1
1
1
1
1
1
1
x
+ >
+
+
+
Câu 3 ( 3 điểm)) Cho biểu thức A =
2 9 3 2 1
5 6 2 3
a a a
a a a a
− + +
− −
− + − −

với
9,4,0

≠≠≥
aaa
.
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tìm giá trị của
a
để A< 1.
c, Tìm giá trị nguyên của
a
để A có giá trị là một số nguyên.
Câu 4 ( 3 điểm) Cho hệ phương trình



+=+−
=−
12
2
ayx
ayax
a. Giải hệ phương trình khi
2
=
a
.
b. Tìm a để hệ có nghiệm thoả mãn
1
=−
yx
.

Câu 5: ( 6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H
∈
BC). Trên
tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn
BE theo m = AB.
b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM
và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.
Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh...........................
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm
PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ ĐỀ XUẤT
Câu Đáp án Thang
điểm
1
(4 đ )
a. Theo đẳng thức Cô si ta có
2 2
2 2

4 4 2
a b c a b c a
a
b c b c
+ +
+ ≥ = =
+ +
Suy ra
2
4
a b c
a
b c
+
≥ −
+
Tương tự
2
4
b a c
b
a c
+
≥ −
+
,
2
4
c a b
c

a b
+
≥ −
+
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:
2 2 2
( )
2 2
a b c a b c a b c
a b c
b c c a a b
+ + + +
+ + ≥ + + − =
+ + +
0.25
0.25
0.5
1
b. Vì n
2
+ (n+1)
2
= 2n
2
+ 2n +1 > 2n
2
+ 2n
Nên
2 2 2 2
1 1 1

( 1) 2 2 2( )n n n n n n
< =
+ + + +
Hay
2 2
1 1 1
: 2
1
( 1)
n n
n n
 
< −
 ÷
+
+ +
 
Do đó ta có :

1 1 1 1 1 1 1 1 1
: 2; : 2; : 2
5 1 2 13 2 3 25 3 4
     
< − < − < −
 ÷  ÷  ÷
     
...
2 2
1 1 1
: 2

1
( 1)
n n
n n
 
< −
 ÷
+
+ +
 
Cộng các vế tương ứng ta được
2 2
1 1 1 1 1 1 1
... . 1
5 13 25 2 1 2
( 1)
n
n n
 
+ + + + < − <
 ÷
+
+ +
 
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.75

2
(4 đ )
a. Tìm hai chữ số tận cùng của 2
2010
là tìm dư của phép chia 2
2010

cho 100.
Trước hết ta xét số dư của phép chia 2
2010
cho 25.
Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 25 là 2
10
= 1024 = 25a-1 a là
số nguyên.
Ta có 2
2010
= (2
10
)
201
= (25a-1)
201
= 25b+ 1 b là số nguyên .
Do đó 2
2010
chia 25 dư 1 hoặc dư 26, có số tận cùng là 01, hoặc
26, hoặc 51 hoặc 76.
Số 2
2010

chia hết cho 4 nên không thể có tận cùng là 01, 26, 51
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI : TOÁN
Vậy 2
2010
có số tận cùng là 76.
0.25
b.Với điều kiện xác định của x, biến đổi bất phương trình ta
được :
5 3 5 3 2 1
1 1 0 0
3 2 3 2 3 2
x x x
x x x
+ + +
> ⇔ − > ⇔ >
+ + +
Lập bảng xét dấu
x

2

3
−

1
2
−
2x+1 - - o +
3x+2 - 0 + +
3 1
3 2
x
x
+
+
+ - 0 +
Vậy nghiệm của bất phương trình là
2 1
3 2
x
− < < −
1
0.75
0.25
3
(3 đ )
a. Với a
0
≥
và a
≠

4 ; a
≠
9 thì
A =
)3)(2(
)2)(12()3)(3(92
−−
−++−+−−
aa
aaaaa

0.25
=
)3)(2(
242992
−−
−−+++−−
aa
aaaaa
0.25
=
)3)(2(
2
−−
−−
aa
aa
=
)3)(2(
)2)(1(

−−
−+
aa
aa

0.25
=
1
3
a
a
+
−
0.25
b. Với a
0
≥
và a
≠
4 ; a
≠
9 thì
A < 1
⇔

3
1
−
+
a

a
< 1
⇔
0
3
31
<
−
+−+
a
aa
⇔
3
4
−
a
< 0

⇔

03
<−
a

⇔

3
<
a

⇔
a < 9
0.5
0.25
Kết hợp với điều kiện ta có
90
<≤
a
và a
≠
4 0.25
c. Ta có A =
3
4
1
−
+
a
Với a nguyên, a
0
≥
và a
≠
4 ; a
≠
9 thì A
có giá trị nguyên khi và chỉ khi
3
−
a

là ước của 4
0.5
Do đó
3
−
a
nhận các giá trị
;1
±

2
±
;
4
±
;1
±
Từ đó a nhận giá trị : 1; 4; 16; 25; 49
Vì a
≠
4 nên a nhận các giá trị 1; 16; 25; 49
0.5
a.Thay a =
2
vào hệ phương trình được:






+=+−
=−
122
222
yx
yx
0.25





+=+−
=−
22224
222
yx
yx

⇔






=−
+=−
222
223)42(

yx
x
0.5
Tìm được
42
223
−
+
=
x
;
42
232
−
+
=
y
0.5
b.Từ x – y = 1
⇒
y = x – 1 thay vào hệ PT được



+=−+−
=−−
1)1(2
)1(2
axx
axax

0.5
⇔



+=−
−=−
2
2)2(
ax
axa

⇒
a
2
+ a - 6 = 0
0.5
⇔
(a – 2)(a + 3) = 0 0.5
Tìm được a = -3; a = 2 0.25
5
(6 đ )
Vẽ hình ghi GT , KL đúng
a) Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.

CD CA
CE CB
=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
·
·
0
135BEC ADC= =
(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo
giả thiết).
Nên
·
0
45AEB =
do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
Suy ra:
2 2BE AB m= =
0.5
0.5
0.5
0.5
b) Ta có:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC
= × = ×
(do
BEC ADC∆ ∆:
)
mà
2AD AH=

(tam giác AHD vuông vân tại H)
nên
1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH
BC AC AC BE
AB
= × = × = =
(do
ABH CBA∆ ∆:
)
Do đó
BHM BEC
∆ ∆
:
(c.g.c), suy ra:
·
·
·
0 0
135 45BHM BEC AHM= = ⇒ =
0.5
0.5
0.5
0.5
c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc
BAC.
0.5