DE+DAP AN HSG TOAN 9 (2010 - 2011)

PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
Vòng I - Năm học 2010-2011
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 30/11/2010
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm)
Cho biểu thức P =
1 2
1 1
1
1 1
:
x x
x
x x x x x
   
+ − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
− + − −
   
với
0, 1x x≥ ≠
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức
M = P x
−
nhận giá trị nguyên.
Câu II. (6,0 điểm)

1. Giải các phương trình sau:
11 4 3x x
+ − − =
2. Tìm các số x, y, z biết
2( 2 1 3 2) 11 0x y z x y z
+ + − + − + − + =
.
3. Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn abc
≠
0; a + b + c
≠
0 và
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Chứng minh rằng
2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Câu III. (2,0 điểm)
Cho 3 điểm có toạ độ A(-1; 4); B(1; -2) và C
1
( ; - 2)
2
m m
. Tìm giá trị của m để
3 điểm A, B, C nằm trên cùng một đường thẳng.

Câu IV. (6,0 điểm)
1. Cho
α
là một góc nhọn thoả mãn sin
α
+ cos
α
=
2
.
Chứng minh rằng sin
α
= cos
α
. Tính
α
?
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, H là trực tâm. Qua H vẽ một đường
thẳng cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại I và K sao cho HI = HK. Qua H vẽ đường
thẳng khác vuông góc với IK và cắt cạnh BC tại D.
a) Chứng minh
BD HD
AH HK
=
.
b) Chứng minh D là trung điểm của cạnh BC.
c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Chứng minh rằng nếu tg
·
ABC

. tg
·
ACB
= 3 thì GH// PD.
Câu V. (2,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng
n4
4n
+
là hợp số.
======== Hết ========
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
T-DH01-HGS9I-10
PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Vòng I - Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 30/11/2010
(Hướng dẫn gồm 05 trang)
Câu Phần
Nội dung
Điểm
CâuI
(4đ)
1.
(2đ)
2
1 2
P= 1 : 1

1
1 1
1 1 2
: 1
1
1 ( 1)( 1)
1 1 2
: 1
1
( 1)( 1)
1 ( 1)( 1)
. 1
1
( 1)
1 1 1
1
1 1
2

1
x x
x
x x x x x
x x x
x
x x x
x x x x
x
x x
x x x x

x
x
x x x x x
x x
x
x
   
+ − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
− + − −
   
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
+
− + −
 
+ + + −
= −
+
+ −
+ + + −
= −
+
−
+ + + + − +

= − =
− −
+
=
−
Vậy P =
2
1
x
x
+
−
với
0, 1x x≥ ≠
0,5
0,5
0,5
0,5
2.
(2đ)
Ta có M = P
2 2 2
1 1 1
x x x x x
x x
x x x
+ + − + +
− = − = =
− − −
=

3
1
1x
+
−
0,5
Để M nguyên thì
3
1x −
phải có giá trị nguyên.
Mặt khác khi x là số nguyên (thoả mãn điều kiện
0, 1x x≥ ≠
) thì
x hoặc là số nguyên (nếu x là số chính phương) hoặc là số vô tỉ
(nếu x không là số chính phương)
Để
3
1x −
là số nguyên thì
x
không thể là số vô tỉ, do đó
x

phải là số nguyên, suy ra
x
- 1 là ước của 3
0,5
Ta xét các trường hợp:
+)
x

- 1 = 3
⇒

x
= 4
⇒
x = 16
∈
Z và thoả mãn ĐKXĐ
+)
x
- 1 = -3
⇒

x
= - 2 < 0 (loại)
+)
x
- 1 = 1
⇒

x
= 2
⇒
x = 4
∈
Z và thoả mãn ĐKXĐ
+)
x
- 1 = -1

⇒

x
= 0
⇒
x = 0
∈
Z và thoả mãn ĐKXĐ
0,75
Vậy với x = 16; x = 4 hoặc x = 0 thì biểu thức M = P -
x
nhận
giá trị nguyên.
0,25
Câu II
(6đ)
1.
(2đ)
11 4 3x x
+ − − =
(1)
0,5
T-DH01-HGS9I-10
ĐKXĐ
11
4
4
x
x
x

≥ −

⇒ ≥

≥

Ta có (*)
⇔

11 3 4x x
+ = + −
Vì hai vế của phương trình đều dương, bình phương 2 vế ta được
11 9 4 6 4x x x+ = + − + −
0,5
6 6 4
4 1
4 1
x
x
x
⇔ = −
⇔ − =
⇔ − =
0,5
5 x⇔ = (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm x = 5.
0,25
0,25
2.
(2đ)

2( 2 1 3 2) 11 0x y z x y z
+ + − + − + − + =
(2)
ĐKXĐ
0; 1; 2x y z≥ ≥ ≥
0,25
(2)
⇔
2 4 1 6 2 11 0x x y y z z
− + − − + − − + =

⇔

2 1 1 4 1 4 2 6 2 9 0x x y y z z
− + + − − − + + − − − + =

⇔

2 2 2
( 1) ( 1 2) ( 2 3) 0x y z
− + − − + − − =
0,25
0,5

2
2
2
( 1) 0 1 0 1
( 1 2) 0 1 2 0 1 2
( 2 3) 0 2 3 0 2 3

x x x
y y y
z z z
  
− = − = =
  
  
⇒ − − = ⇔ − − = ⇔ − =
  
  
− − = − − = − =
  
  
0,5

⇒
1
5
11
x
y
z
 =

=


=

(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)

(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
Vậy x = 1; y =5; z = 11.
0,5
3.
(2đ)
1 1 1 1 1 1 1 1
0
0 0
( ) ( )
a b c a b c a b c a b c
a b a b c c a b a b
ab c a b c ab c a b c
+ + = ⇔ + + − =
+ + + +
+ + + − + +
⇔ + = ⇔ + =
+ + + +
1 1 ( )
( ) 0 ( ) 0
( ) ( )
c a b c ab
a b a b
ab c a b c abc a b c
   
+ + +
⇔ + + = ⇔ + =
 ÷  ÷
+ + + +
   

2
( )( )( )
( ). 0 0
( ) ( )
ac bc c ab a b a c b c
a b
abc a b c abc a b c
+ + + + + +
⇔ + = ⇔ =
+ + + +
0
0
0
a b a b
a c a c
b c b c
+ = = −
 
 
⇒ + = ⇔ = −
 
 
+ = = −
 
0,25
0,5
0,25
Nếu a = - b thì a
2011
= -b

2011
2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1 1 1
a b a b c c
⇒ = − ⇒ + + =
và
2011 2011 2011 2011
1 1
a b c c
=
+ +
0,25
Do vậy
2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Chứng minh tương tự với các trường hợp b = - c; a = - c
ta cũng có
2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Vậy với a, b, c là 3 số thỏa mãn
abc
≠
0; a + b + c
≠

0 và
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
thì
2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
0,25
0,5
CâuIII
(2đ)
Giả sử phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(-1; 4),
B(1; -2) có dạng y = ax + b.
Do đó ta có 4 = - a + b (1)
-2= a + b (2)
0,5
Cộng đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được 2b = 2 => b =1
Thay b = 1 vào (1) ta được a = -3
Vậy đường thẳng AB có phương trình là y = - 3x + 1.
0,5
Để 3 điểm A, B, C thẳng hàng thì đường thẳng AB phải đi qua
điểm C => m -2 = -3.
1
2
m
+ 1

0,5

⇔
m +
3
2
m
= 3

⇔

5 6
3
2 5
m
m= ⇔ =
Vậy m =
6
5
thì 3 điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng.
0,5
CâuIV
(6đ)
1.
(1,5đ)
sin
α
+ cos
α
=

2
2
(sin os ) 2c
α α
⇔ + =

2 2
sin 2sin . os os 2c c
α α α α
⇔ + + =

1 2sin . os 2c
α α
⇔ + =

1
sin . os
2
c
α α
⇔ =
.
0,5
Do vậy
2 2
1
sin 2sin . os os 1 2. 0
2
c c
α α α α

− + = − =
2
(sin os ) 0c
α α
⇔ − =
Suy ra
sin os 0 sin osc c
α α α α
− = ⇔ =
0,5
Lại có sin
α
= cos (90
0
-
α
) => cos (90
0
-
α
) = cos
α
=> 90
0
-
α
=
α
=>
α

= 45
0

(Học sinh có thể tính bằng cách:
từ
sin osc
α α
=
suy ra sin
α
=
2
2
=>
α
= 45
0
)
0,5
2.
(4,5đ)
a)
(1,5đ)
Ta có:
·
·
HBD HAK=
(cùng phụ với góc C) (*)

·

·
AHK IHP=
(đối đỉnh) (1)
Mà
·
·
IHP BDH=
(cùng phụ với góc DHP) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
AHK BDH=
(**)
Từ (*) và (**)
( )BDH AHK g g⇒ ∆ ∆ −:
Suy ra
BD HD
AH HK
=
(đpcm)
0,5
0,5
0,5
b)
(1,5đ)
Ta có:
·
·
IAH DCH=
(cùng phụ với góc B) (***)

·
·
0
180IHA AHK+ =
(kề bù)

· ·
0
180CDH BDH+ =
(kề bù)
Do
·
·
AHK BDH=
(câu a) nên
·
·
IHA CDH=
(****)
Từ (***) và (****)
CHD AIH⇒ ∆ ∆:
(g - g)
Suy ra
CD HD
AH HI
=
Mặt khác HI=HK (giả thiết) =>
HD
HI

=
HD
HK
Do vậy
BD
AH
=
CD
AH
(cùng bằng
HD
HI
và
HD
HK
)
Suy ra DB = DC => D là trung điểm của BC
0,5
0,5
0,5
c)
(1,5đ)
Ta có tg
·
ABC
=
AP
BP
Do
· ·

ACB BHP=
(cùng phụ với góc HBP)
· ·
BP
tg ACB tg BHP
HP
⇒ = =
Ta có tg
·
ABC
. tg
·
ACB
=
AP
BP
.
BP
HP
=
AP
HP
Suy ra tg
·
ABC
. tg
·
ACB
= 3 =>
AP

HP
= 3 (3)
Mặt khác do G là trọng tâm của tam giác ABC, D là trung điểm
của BC nên A, G, D thẳng hàng và
3
AD
GD
=
(4)
0,5
0,5
.G
A
Q
K
I
H
C
B
D
P