De thi HSG lop 9 nam hoc 2010 2011

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

<b>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS</b>
<b> QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011</b>

<b> </b>

<b> Môn thi : TOÁN</b>

<b> Thời gian : 150 phút (</b><i>không kể thời gian giao đề)</i>
<i> Ngày thi </i> : 01/4/2011

<b>Câu 1 (3,0 điểm):</b>

a) Rút gọn biểu thức A = 4 7  4 7  2

b) Cho x = 3 3 3 3

2 6

;

2 2 2  4 <i>y</i>2 2 2  4 _{. Tính B = x}2_{– y}2
<b>Câu 2 (4,0 điểm):</b>

a) Giải phương trình: <i>x</i>27<i>x</i>12 2 3 <i>x</i>7

b) Giải hệ phương trình:

2 2

₄

2

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>x xy y</i>





















<b>Câu 3 (3,0 điểm):</b>

Cho phương trình: x4_{+ x}2_{+ 2mx + m}2_{+ 2m + 1 = 0}

a) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất
b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất
<b>Câu 4 (3,0 điểm):</b>

Chứng minh

5 3 ₂₀₁₁

120 24 30

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

 

có giá trị nguyên với mọi m thuộc Z

Câu 5 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC. Trên AC lấy điểm M sao cho

1
4

<i>AM</i>

<i>AC</i>  _{, trên BC lấy điểm N sao}

cho

1
5

<i>BN</i>

<i>BC</i>  _{. AN và BM cắt nhau tại I. So sánh diện tích}_{AIM và diện tích}_BIN
<b>Câu 6 (4,0 điểm):</b>

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C
khác A ). Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ).
a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng khơng đổi khi C chạy trên nửa
đường trịn

b) Gọi M là trung điểm của BC. Tia OM cắt nửa đường tròn tại N.
Chứng minh DE > MN

Hết

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

<b>MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH</b>
<b>Năm học 2010 -2011</b>

<b>Câu 1 (3,0 điểm):</b>

a) Rút gọn biểu thức A = 4 7  4 7  2=



7 1



2



7 1



2

2
2

  



=
7 1 7 1

2
2

  


=
2

2

2  ₌ 2 2_{= 0}
Cách khác: 2<i>A</i> 8 2 7  8 2 7 2 



7 1



2



7 1



2 2 7 1 7 1 2

         

= 0
Vậy A = 0

b) x =





3 3 3 3 3

2 2

2 2 2  4  4 4 2 1

=







 



3 3

3

3 3 3 3 3

2 2 1
2

4 2 1 4 2 1 2 1




    

=





3 3

3 3

2 2 1

4 2

2 1


 







3 3 3 3 3

6 6

2 2 2 4 4 4 2 1

<i>y</i>  

   

=







 



3 3

3

3 3 3 3 3

3 2 2 1
3 2

4 2 1 4 2 1 2 1





    

=





3 3

3 3

3 2 2 1

4 2

2 1


 



Ta có B = x2_{– y}2₌





2
3 ₄ _ 3 ₂

–





2

3 ₄_3 ₂

=



3 ₄_ 3 ₂_ 3 ₄_ 3 ₂

 

3 ₄_ 3 ₂_ 3 ₄_3 ₂



=



 



3 ₂ 3 ₂ 3 ₄ 3 ₄ _{2 2.2 4}3 3

   

= – 4.2 = –8
<b>Câu 2 (4,0 điểm):</b>

a) Giải phương trình: <i>x</i>27<i>x</i>12 2 3 <i>x</i>7_<=><i>x</i>2 4<i>x</i> 4 3<i>x</i> 7 2 3<i>x</i>  7 1 0
<=>









2
2

2 3 7 1 0

<i>x</i>  <i>x</i>  

Ta có (x+2)2 __{0 và}





2

3<i>x</i> 7 1 0

với mọi x

Nên









2
2

2 3 7 1 0

<i>x</i>  <i>x</i>  

khi x + 2 =0 và 3<i>x</i> 7 1 0
<=> x = –2 và 3x + 7 = 1 => x = –2

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

b) Giải hệ phương trình:

2 2

₄

2

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>x xy y</i>



















_<=>

2 2

₄

2

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>x y</i>

<i>xy</i>













 



_<=>









2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

4

4

2

4 4

4 5

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>xy</i>

<i>xy</i>

<i>x</i>

<i>xy y</i>

<i>xy</i>

<i>xy</i>































 







 











_<=>





2





2

₂

0;

5

5

0

<i>x y</i>

<i>xy</i>

<i>_{x y}</i>

<i>_xy</i>

<i>xy</i>

<i>xy</i>

<i>xy</i>

<i>xy</i>



 







 

















_





2

2

2

0

0

0

<i>x y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>hoac</i>

<i>xy</i>

<i>x</i>

<i>y</i>



































hoặc





 

2

2

2

2

1

2

5

5

2

5 0

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>xy</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

 

 





























_



 







Ta có phương trình x2_{– 2x + 5 = 0 vơ nghiệm, nên hệ phương trình (1) vơ nghiệm}
Vậy nghiệm số của phương trình đã cho là (x; y ) = (2; 0 ) ; (0; 2 )

<b>Câu 3 (3,0 điểm):</b>

Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta có:

x04 + 2x02 +2x0m + m2 + 2m + 1 = 0 <=> m2 + 2(x0 + 1)m + x04 + 2x02 + 1= 0 (1)
m xác định khi '_{của phương trình (1) lớn hơn hoặc bằng 0}

<=> (x0 + 1)2 – x04 – 2x02 – 1 0 <=>(x0 + 1)2 – (x02 + 1)2 0

<=> (x0 + 1 – x02 – 1)(x0 + 1 + x02 + 1) <=> x0(1 – x0)(x02 +x0 + 2) 0
<=> x0(1 – x0) 0 (Vì x02 +x0 + 2 0 ) <=> 0 x0 1

=> giá trị nhỏ nhất của nghiệm là x0 = 0 => m = –1
và giá trị lớn nhất của nghiệm là x0 = 1 => m = –2
<b>Câu 4 (3,0 điểm):</b>

Chứng minh

5 3 ₂₀₁₁

120 24 30

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

 

có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z

Ta có

5 3 ₂₀₁₁

120 24 30

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

 

=

5 ₅ 3 ₈₀₄₄

120

<i>n</i>  <i>n</i>  <i>n</i>
=

5 ₅ 3 ₄

67
120

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

<i>n</i>
 



Ta có n5_{– 5n}3_{+ 4n = n(n}4_{– 5n + 4 ) = n(n}2_{– 4)(n}2_{– 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)}
Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)_{3 (Vì tích của 5 số ngun liên tiếp ) (1 )}

(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)_{5 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (2 )}

(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)_{8 (Vì trong 5 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số chia}
hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 ) (3 )

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

Vậy

5 3 ₂₀₁₁

120 24 30

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

 

có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z
<b>Câu 5 (3,0 điểm):</b>

So sánh diện tích <b>_{AIM và diện tích}</b><b>_BIN:</b>
Gọi diện tích _{AIM là x và diện tích}_{BIN là y}
Ta suy ra S_{CIM = 3x và S}_{CIN = 4y}

Ta có S_{CAN = S}_{CIM + S}_{CIN + S}_AIM
= 3x + 4y + x = 4x + 4y

Mà S_{CAN =}
4

5 _S_{CAB => 4x + 4y =}
4

5 _S_{CAB (1)}
Ta có S_{CBM = S}_{CIM + S}_{CIN + S}_{BIN = 3x+ 4y + y = 3x + 5y}

Mà S_{CBM =}

3

4_S_{CAB => 3x + 5y =}
3

4 _S_{CAB (2)}
Ta đặc S_{CAB = 1 (3)}

Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình

4

4 4 ₅ ₅ ₁

5

12 20 3

3

3 5

4

<i>x</i> <i>y</i> <i>_x</i> <i>_y</i>

<i>x</i> <i>y</i>
<i>x</i> <i>y</i>

 

 _ _ _


 
 

 _ _


1

8 1 ₈

12 20 3 1

12. 20 3

8
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i> <i>y</i>
<i>y</i>




 
 _  _
 
 _ _ _



1
1 1
8
8 8
3
3 3

20 3 : 20

40
2 2
<i>x</i>
<i>x</i> <i>x</i>
<i>y</i>
<i>y</i> <i>y</i>

 

  _
 
  
 _  _  _
 _{ }  _ _{ }
  
  

Vậy S_{AIM =}

1

8_S_{CAB và S}_{BIN =}

3

40 _S_CAB

Ta có

1 5 3

8 40  40 _{.Vậy S}_{AIM > S}_BIN

<b>*/ Cách khác: S</b>_{AMB =}

1

4 _S_{ACB và S}_{ANB =}

1

5_S_ACB

=> S_{AMB > S}_ANB

mà S_{AMB = S}_{AIB + S}_{AIM và S}_{ANB = S}_{AIB + S}_BIN
Nên S_{AIB + S}_{AIM > S}_{AIB + S}_BIN

Vậy S_{AIM > S}_BIN

<b>Câu 6 (4,0 điểm):</b>

<b>a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại </b>
<b>lượng không đổi</b>

Từ E hạ EH vng góc với AB tại H

Ta có _{ADB đồng dạng với}_{AHE (g – g)}

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

=>

<i>AD</i> <i>AB</i>

<i>AH</i> <i>AE</i>_{=> AD.AE = AB.AH (1)}
Ta có _{ACB đồng dạng với}_{EHB (g – g)}
=>

<i>BC</i> <i>AB</i>

<i>HB</i> <i>BE</i> _{=> BC.BE = AB.HB (2)}

tỪ (1) Từ (1) và (2) AD.AE + BC.BE = AB(AH + HB)
= AB.AB = AB2
Ta có AB khơng đổi => AB2_{không đổi}

Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổi

<b>*/ Cách khác: AD.AE + BC.BE = (AE + ED)AE + (BC – EC)BC </b>
= AE2_{+ ED.AE + BC}2_{– BC.EC = BC}2_{+ AE}2_{+ ED.AE – BC.EC}
= BC2_{+ AE}2_{+ EB.CE – BC.EC (Vì ED.AE = BE.EC )}

= BC2_{+ AE}2_{– EC(BC – BE) = BC}2_{+ AE}2_{– EC}2_{= BC}2_{+ AC}2_{= AB}2
Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổ

<b>b) Chứng minh DE > MN:</b>
<b>*/ Cách 1:</b>

Từ D vẽ tiếp tuyến với (O) cắt BN kéo dài tại P

Ta có tứ giác MNPD nội tiếp (Tổng 2 góc đối diện MDP và MNP bằng 1800₎
=> <i>NMP</i><i>NDP</i>_{(2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )}

Mà <i>NAP</i><i>NDP</i>_{(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )}
=> <i>NMP</i><i>NAP</i>_{mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => AD // MP}
mà ME // DP (cùng vng góc với OD )

=> Tứ giác MPDE là hình bình hành => DE = MP mà MP > MN (Cạnh huyền và cạnh
góc vng )

Vậy DE > MN
<b>*/ Cách 2:</b>

Lấy P là điểm đối xứng của E qua M
Ta suy ra _{DEP =}_DPE

Ta có _{DEP =}_{AND (Vì cung DC bằng cung DE)}
=>_{DPE =}_{AND hay}_{DPM =}_MND

=> Tứ giác MPND nội tiếp mà OD vng góc với BC
=> DP là đường kính của đường trịn ngoại tiếp tứ giác

MDNP => DP > MN

mà DP = DE (Tính chất đối xứng)

Vậy DE > MN
<b>*/ Cách 3:</b>

Lấy P là điểm đối xứng của N qua OD
Ta suy ra _{CMP =}_NMB

Ta có _{NMB =}_{ADP (Vì cung PC bằng cung NB)}
=>_{EMP =}_EDP

=> Tứ giác MDPE nội tiếp mà OD vuông góc với BC
=> DE là đường kính của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
MDPE => DE > MP

mà MP = MN (Tính chất đối xứng)

P
N
M

D
C

E

B
A

O

M
E
A

P

N
D

C

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

Vậy DE > MN
<b>*/ Cách 4:</b>

Từ M hạ MP vng góc với ND tại P

Ta có _{DEM =}_{AND (Vì cung CD bằng cung DB)}
=> _{EMD đồng dạng với}_{NPM (g - g)}

1

<i>DE</i> <i>DM</i>

<i>MN</i> <i>MP</i>  _{VÌ MD > MP (Quan hệ giữa đường xiên}

và đường vng góc )
Vậy DE > MN

A

M
E

P
N
D

C

</div>

<!--links-->