De thi HSG lop 9

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

<b>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>
<b>HUYỆN THẠCH HÀ</b>

<b> </b>

<b>ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC</b>
<b>SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐN LỚP 9</b>

<b>NĂM HỌC 2011 - 2012</b>
<b>Thời gian làm bài: 150 phút</b>

<b>Ngày thi: 23 / 12 / 2011</b>

<b>Bài 1. (4,0 điểm):</b>

Cho biểu thức:

a a 3

2( a 3)

a 3

M

a 2 a 3

a 1

3

a





















a) Rút gọn biểu thức.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
<b>Bài 2. (5,0 điểm):</b>

a) Cho x, y là hai số dương và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 3

A

xy x y

 


b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,

1 1 1 1

. . . 2

2 1 3 2 4 3  (n 1) n 
<b>Bài 3. (4,0 điểm):</b>

Giải các phương trình:

a) 3

x 1

 

3

x 2





3

x 3 0

 

b) x25x x25x 4 2
<b>Bài 4. (5,0 điểm):</b>

Cho đường trịn tâm O đường kính AB; E là một điểm bất kì thuộc đường kính AB
(E khác A và B). Vẽ đường trịn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H của AE vẽ dây
cung CD của đường trịn (O) và vng góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) tại I. Chứng
minh rằng:

a) Ba điểm I, E, D thẳng hàng.

b) HI là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
c) ∆CHO = ∆HIO’.

d) HA + HB + HC + HD 2 2 2 2 không đổi khi E chuyển động trên đường kính AB.
<b>Bài 5. (2,0 điểm):</b>

Cho (O; R) và hai điểm A, B cố định nằm ngồi đường trịn sao cho OA = R

√

2 .
Tìm vị trí điểm M trên đường tròn sao cho tổng MA+

√

2 MB đạt GTNN?

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

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>Bài 1</b>
4,0đ

<b>a) (2,0đ)</b>

ĐKXĐ: a 0;a 9 

a a 3 2( a 3) a 3

M

( a 1)( a 3) a 1 a 3

  

   

   

2

a a 3 2( a 3) ( a 3)( a 1)
( a 1)( a 3)

     

 

 

a a 3 2a 12 a 18 a 4 a 3
( a 1)( a 3)

      

 

 

a a 24 3a 8 a
( a 1)( a 3)

  



 

a( a 3) 8(3 a )
( a 1)( a 3)

  

 
a 8
a 1



0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
b) <b>(2,0đ)</b>

Ta có:

a 8 a 1 9 9

M a 1 2

a 1 a 1 a 1

  

     

  

Áp dụng BĐT CôSi cho 2 số a 1 và

9

a 1 _{ta có:}
9

M a 1 2 2 9 2 4
a 1

      



Dấu “=” xẩy ra khi

9

a 1 a 1 3 a 4

a 1

      

 _(TMĐK)

Vậy: Min M = 4 khi a 4

0,75đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
<b>Bài 2</b>
5,0đ

a) <b>(2,5đ) </b>

Trước hết chứng minh: Với hai số dương x và y ta có :

1 1 4
xyx y <b>_(*)</b>

Áp dụng (*) ta có

1 x y 1 1 4
4
xy xy x y x y



    

 _.

Ta có 2 2

2 3

A

xy x y

 

 ₌ 2 2 2 2 2 2

4 3 1 1 1 1 1 4

3 . 3.

2xy x y 2xy 2xy x y 2 xy x 2xy y

 

   _  _  

 _  _  

2

1 1 12

. 2 12 14

2 xy (x y)

    

 _.

Dấu “=” xẩy ra khi

x y 1 1

x y

x y 2

 



  




 _{Vậy Min A = 14 tại x = y =}

1
2 _.
0,5đ
0,5đ
1,0đ
0,5đ

b) <b>(2,5đ) </b>
Ta có

1 n 1 1

n

(n 1)n n n 1
(n 1) n

 

  _  _

 

  

1 1 1 1

n

n n 1 n n 1

   

 _  _{ }  _

 

   

n n 1 1

n n 1 n n 1

 _{ } _

_  _{ }_  _

   

 

n 1 1 1 1

1 2

n 1 n n 1 n n 1

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

<b>A= </b>

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. . . 2 . . .

2 1 3 2 4 3 (n 1) n 1 2 2 3 n n 1

 

     _       _

   ₌

1 1

2 2

1 n 1

 

 

 



 

1,0đ

<b>Bài 3</b>
4,0đ

a) (2,0đ)
Đặt : a= 3

√

<i>x</i>+1 ; b=

√

3 <i>x</i>+2 ; c=

√

3 <i>x</i>+3 Phương trình (1) đã cho trở thành:

3 3 3

a+b+c= 0  a b  c a 3ab(a b) b  c

3 3 3

a b c 3ab(a b) 3abc

     

x + 1+ x +2 + x +3 = 3 3

√

(<i>x</i>+1)(<i>x</i>+2)(<i>x</i>+3)
<=> 3(x+2) = 3 3

√

(<i>x</i>+1)(<i>x</i>+2)(<i>x</i>+3) (x +2)3 = (x+1)(x+ 2)(x+3)

<=> (x+2) [(x +2)2_{- (x +1)(x +3)] =0}
<=> x +2 = 0 <=> x = - 2

Vậy pt (1) có nhgiêm x = - 2.

1,0đ
0,5đ

0,5đ
b) <b>(2,0đ)</b>

2 2

x 5x x 5x 4 2₍₂₎

ĐK: x25x 4 0   (x 1)(x 4) 0    x 4 hoặc x1_(*)

Đặt x25x 4 t 0   (**) ta có phương trình

(2)  t2 t 2 0   (t 1)(t 2) 0    t 1 (loại) hoặc t 2 _{(Thỏa mãn **)}
Với t = 2 ta có x25x 4 2   x25x 4 4   x 0 hoặc x = - 5

Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của pt (2) là x = 0 và x = - 5

0,5đ
0,25đ

0,5đ
0,5đ
0,25đ
<b>Bài 4</b>

5,0đ

Vẽ hình đúng (0,5đ)

a)<b> (1,5đ)</b>

Tứ giác ACED là hình thoi (<i>vì hai đường chéo vng góc và cắt nhau tại trung điểm</i>)
=> AC // DE

Mà AC _{BC => DE}_{BC (1)}

I thuộc (O’) => EI _{IB hay EI}_{BC (2)}

Từ (1) và (2) => D, E, I thẳng hàng (đpcm)

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
b) <b>(1,0đ)</b>

Vì HID HDI  _vàO 'IB B  _màD B  ₍<i>_{cùng phụ với}BCD</i> <i>₎</i>  HID O 'IB 

Do đó: HIO 90  0_{, suy ra HI là tiếp tuyến của (O’)}

0,5đ
0,5đ
c) <b>(1,0đ)</b>

Xét 2 tam giác vng HCO và IHO’ có HC = HI (<i>vì cùng = HD</i>) (3)
Ta có OC =R(O)

HO’ = HE + EO’ = 1/2AE + 1/2EB = 1/2.2R(O)= R(O)

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

=> OC = HO’ (4)

Từ (3) và (4) => ΔHCO = ΔIHO' (<i>cạnh huyền – cạnh góc vng</i>) 0,5đ
d) <b>(1,0đ)</b>

Ta có: HA2_{+ HB}2_{= AC}2_{; HC}2_{+ HD}2_{= BD}2
Mà BD = BC <i>(do AB là đường trung trực của CD)</i>
Nên HA2_{+ HB}2_{+ HC}2_{+ HD}2_{= AC}2_{+ BC}2

Mặt khác: ACB_{nội tiếp đường trịn đường kính AB} _{ACB vng tại C}

 _AC2_{+ BC}2 _{= AB}2_{= 4R}2

Vậy, tổng HA2_{+ HB}2_{+ HC}2_{+ HD}2_{= 4R}2_{không đổi khi E chuyển động trên đường}
kính AB.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

<b>Bài 5</b>
2,0đ

Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với (O; R).
Trên đoạn OC lấy điểm N sao cho

OC
2

ON 

Suy ra

OC OM OA
2

ON ON OM  _{suy ra}MOA_~NOM
(<i>c.g.c</i>)

MA

2 MA 2MN
MN

   

 

MA 2MB 2MN 2MB 2 MN MB 2NB

      

(không đổi)

Dấu “=” xẩy ra khi M thuộc đoạn NB. Vậy M là giao
điểm của đoạn NB với đường tròn (O; R)

B

C A

N
M

O

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

<b>Tổng</b> <b>20.0đ</b>

<b>Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa;</b>
<i>- Điểm toàn bài thi qui tròn đến 0,5.</i>

</div>

<!--links-->