DE DAP AN THI HSG TOAN 9 CAP HUYEN 2010 2011

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

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

<b>HUYỆN TRỰC NINH</b> <b>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN</b>_{NĂM HỌC 2010-2011}
<b>MÔN: TỐN LỚP 9</b>

<i>Thời gian làm bài 120 phút khơng kể thời gian giao đề</i>
<b>Phần 1-Trắc nghiệm (2,0 điểm)</b><i>Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời, trong đó chỉ có một </i>
<i>phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được </i>
<i>lựa chọn). </i>

<b>Câu 1</b>. Biểu thức 7 4 3  7 4 3 có giá trị là:

A.4 B.2 3 C.0 D. 3

2


<b>Câu 2</b>. Biểu thức 1 2x₂

x



xác định khi:
A. x 1

2

 B.x 1và x 0
2

  C.x 1

2

 D. x 1 và x 0

2

 

<b>Câu 3</b>. Cho hàm số y



2m 1 x 0,5



 . Đồ thị của hàm số là một đường thẳng <i><b>không</b></i> song song
với đường thẳng y3x khi và chỉ khi

A. m2 B. m 1 C. m 3

2

 D. m 1
2



<b>Câu 4</b>. Cho tam giác đều cạnh bằng 3 cm. Khi đó bán kính đường trịn ngoại tiếp có độ dài bằng
A. 3 3 cm

2 B. 2 cm C. 3 cm D.
3

cm
2

<b>Phần 2-Tự luận.</b> (18 điểm)

<b>Câu 1</b>. (1 điểm).Thực hiện phép tính:

1 ₊ 1 _: 3 +1
17
2 5 - 3 2 5 + 3

 

 

 

<b>Câu 2</b>. (2 điểm).

Cho biểu thức P x 3 x 2 x x : 1 1



x 0 và x 1



x 1

x x 2 x 1 x 1

      

_  _{ }_  _  



     

 

a) Rút gọn P.

b) Tìm x để 1 x 1 1

P 8



 

<b>Câu 3</b> (5 điểm). Giải các phương trình:

a) x 1  2 x  6

b) _{4x 3x}2 ₁ _{x 1 7x}2 ₁

    

<b>Câu 4</b>. (8 điểm). Cho (O; R), dây cung AB R 2 . Các tiếp tuyến tại A và tại B với đường tròn cắt

nhau tại M. Từ điểm P thuộc đoạn thẳng AM (P không trùng với A và M), vẽ tiếp tuyến PC với
đường tròn (C là tiếp điểm). Gọi Q là giao điểm của đường thẳng PC với BM.

a) Chứng minh tứ giác MAOB là hình vng.

b) Chứng minh chu vi tam giác MPQ bằng nửa chu vi hình vng MAOB. Tính_POQ _.

c) Xác định vị trí của các điểm P, Q để độ dài đoạn thẳng PQ nhỏ nhất, khi đó chứng minh
tam giác MPQ có diện tích lớn nhất.

<b>Câu 5</b>. (2 điểm). Cho x 0; y 0; x y 2    .
a) Chứng minh rằng 1 1 4

xyx y

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A ₂1 ₂ _xy3 2xy

x y

  



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

<i> Họ và tên thí sinh: . . . .</i> <i> Giám thị1: . . . ..</i>

<i> Số báo danh:. . . . . . </i> <i> Giám thị2: . . . .. </i>

<b>PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO</b>

<b>TRỰC NINH</b> <b>_{KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 2010-2011}ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI</b>
<b>Mơn: TỐN LỚP 9</b>

<b>Phần I. Trắc nghiệm</b> (2 điểm)

Câu 1 2 3 4

Đáp án A B A C

Ph n II. T lu nầ ự ậ

<b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>Câu 1</b>. (1 điểm). Thực hiện phép tính.

1 1 3 +1

+ :

17
2 5 - 3 2 5 + 3

 

 

 







2 5 3 2 5 3 17

.

3 1

2 5 3 2 5 3

  





  0,5



  





2 2

4 5 3 1

4 5 17 4 5 17

. . 2 15 2 5

17 3 1

3 1 3 1

2 5 3



    



 



0,5

<b>Câu 2</b>. (2 điểm).

a) Rút gọn P (1 điểm).





x 3 x 2 x x 1 1

P : x 0 và x 1

x 1

x x 2 x 1 x 1

 _ _ _  _ _

_  _{ }  _  

 _ _ _  _ _ _ _

 



 





 









 

 

 



x 1 x 2 x x 1 _{x 1} _{x 1}

:

x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

 _ _ _ 

  

 

 

 _ _ _ _  _ _

 

0,25



 



x 1 x 2 x

:

x 1 x 1 x 1 x 1

 _ 

_  _

 _ _  _ _

  0,25



x 1

 

x 1



1

x 1 2 x

 

 



0,25

x 1
2 x



 0,25

b) 1 x 1 1 2 x x 1 1 0 x 0; x 1





P 8 x 1 8

 

       

 0,25





16 x x 2 x 1 8 x 8
0
8 x 1

    

 

 0,25

6 x x 9 0

    ( vì 8



x 1



0 với mọi x 0; x 1  )





2

x 6 x 9 0 x 3 0 x 3 0 x 9

            0,25

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

<b>Câu 3</b>. (5 điểm) Giải các phương trình:
a. x 1  2 x  6 (1)

Điều kiện x 1 0 1 x 2

2 x 0

 


   


 

 (*) 0,25

 

1  x 1 2 x 2 x 1 2 x   





 





 6 2 x 1 2 x





 





3 0,5



2



4 x x 2 9

     0,5

2

2 9 2 1 1 1

x x 2 x x 0 x 0 x

4 4 2 2

 

         _  _   

  0,5

1
x

2

 thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1

2

 0,25

b) _{4x 3x}2 _{ }₁ _{x 1 7x}_ _ 2_₁ (1)

Điều kiện x 1 0,25

2 2 2 2 2

(1) 7x  1 4x 3x  1 x 1 0   3x  1 4x 3x  1 4x  x 1 0  0,5



_3x2 _{1 2x}



2 _{x 1 0}

      0,5

Ta có



_3x2_{ }_{1 2x}



2 _₀_{với mọi x .}

x 1 0  với mọi x





2
2

3x 1 2x x 1 0

     

0,5

Dấu bằng xảy ra

2 2 2

2 _3x _{1 4x} _x ₁

3x 1 2x 0 _{x 1}

x 1 x 1

x 1 0

 _ _{ } _ _

   

 _  _  _  

 

 

  



1

x = 1 thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 0,25

<b>Câu 4 </b>(8 điểm).

M
P

Q
C

A

B
O

a) Chứng minh MAOB là hình vng (1,5 điểm)
OA R

OB R AOB

AB R 2






 _ 



 _

vuông tại O 0,5

Chứng minh MAOB là hình chữ nhật 0,5

Chứng minh MAOB là hình vng 0,5

b) Chứng minh chu vi tam giác MPQ bằng nửa chu vi hình vng MAOB (2

điểm)

Chứng minh QC = OB; PC = PA 0,5

Chu vi tam giác MPQ

MPQ

P MP PC CQ QM MP PA QB QM       0,5

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

MAOB

1
P
2

 0,5

Tính _POQ _{(1,5 điểm)}

Chứng minh QOC 1BOC

2

 0,5

Chứng minh COP 1AOC

2

 0,5

  1 1 0 0

QOC COP AOB .90 45

2 2

     0,5

c) Xác định vị trí của các điểm P, Q để độ dài đoạn thẳng PQ nhỏ nhất, khi đó
chứng minh tam giác MPQ có diện tích lớn nhất. ( 3 điểm).

Đặt MQ = m; MP = n; PQ = x.

Theo câu b có m + n + x = 2R  m n 2R x   .

Ta cần tìm GTNN của x.

Chứng minh bất đẳng thức 2 m



2n2







m n



2

0,5

Ta có 2x2



2R x



2 x 2 2R x x



2 1



2R x 2R

1 2

         

 0,5

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi m n QM PM   0,5

Khi đó các điểm O, C, M thẳng hàng.

OQ là tia phân giác của _BOM _.

OP là tia phân giác của _AOM

0,5

OPQ AOBQP PQM OAPQB MAOB

1

S S ; S S S

2

   không đổi.

Tam giác OPQ có chiều cao OC = R khơng đổi

0,5

PQ nhỏ nhất khi và chỉ khi SOPQnhỏ nhất suy ra SAOPQB nhỏ nhất 0,25

Suy ra diện tích tam giác MPQ lớn nhất. 0,25

<b>Câu 5</b>. (2 điểm).

a) Chứng minh rằng





2





2

1 1 4 x y 4

x y 4xy x y 0

x y x y xy x y



         

  luôn đúng.

Vậy bất đẳng thức đã cho luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y

0,5

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

1 3

A 2xy

xy

x y

  



2 2

1 1 2 1

A 2xy

2xy xy 2xy

x y

   

_  __  _

 _ _

  0,5

Áp dụng câu a ta có





2 2 2 2 2 2

1 1 4 4 4

1
2xy

x y  x y 2xy  _{x y}_ 2 

( vì x y 2  _{). Đẳng thức xảy ra}

2 2

x y 2xy

x y 1
x y 2

  

 _   

 



0,25

Chứng minh được 2xy 2 2 2xy. 2 4

xy xy

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

2 2

2

2xy x y 1

xy

   

Chứng minh









2

2 2

1 2 2 1

x y 4xy

2xy x y 2 2

     

 .

Đẳng thức xảy ra  x y

0,25

Vậy A 1 4 1 11

2 2

    . Đẳng thức xảy ra x y 1_{2 2} x y 1

x y 1

 


 _   




vậy min A = 11 x y 1

2   

0,25

<i><b>Lưu ý:</b></i><b> Nếu HS giải theo cách khác, mà đúng và phù hợp với kiến thức trong chương</b>

<i>trình thì Hội đồng chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho</i>
<i>khơng làm thay đổi tổng điểm của câu (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này.</i>

</div>

<!--links-->