De thi HSG Toan 9 nam 20102011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: TOÁN 9_ Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) ------------------------------------------------------Bài 1 : (3 điểm) Chứng minh rằng : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n Chia hết cho 7 với mọi n. Bài 2 : (4 điểm)  x3  x 2 . 1 4. a) Cho 0  x 1 Chứng minh rằng : b) Cho ba số x; y; z thỏa mãn : x  y  z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của B = xy  yz  zx Bài 3 : (4 điểm) a) Tính :. A  4  5 3  5 48  10 7  4 3 2. b) Giải phương trình : x  2  10  x x  12 x  40 Bài 4 : (6 điểm) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a . Một điểm M chuyển động trên cạnh DC ( M  45o , DB cắt AM ; AN theo thứ tự tại E D ; M C ) chọn điểm M trên cạnh BC sao cho MAN. và F. . . o. a) Chứng minh rằng : AFM  AEN 90 . b) Chứng minh rằng : diện tích của tam giác AEF bằng một nữa diện tích tam giác AMN. c) Chứng minh rằng chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC. Bài 5 : (3 điểm)  Cho tam giác ABC với đường phân giác trong của BAC là AD . Biết AD = 6 ; AC = 9 với  BAC = 68o . Tính độ dài AD.. ------------------------ Hết ------------------. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : TOÁN ; LỚP 9 Nội dung. Bài 1. Điểm. Chứng minh rằng : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n Chia hết cho 7 với mọi n. 3 điểm. Ta có : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n = n3( n4 – 14n2 + 49 ) – 36n 0.5 7 5 3 = n - 14n + 49n - 36n = (n7 -n5) - (13n5 - 13n3) + (36n3 - 36n) 0.5 5 2 3 2 2 = n (n -1) - 13n (n - 1) + 36n (n -1) =( n2-1) .(n5-13n3 + 36n) = (n2 - 1) {(n5-4n3) - (9n3-36n)} 0.5 =(n2 - 1) {n3 (n2 - 4) -9n (n2 - 4) } = (n2 - 1) (n2 - 4) (n3 - 9n) 0.5 2 2 = (n - 1) (n -2) (n +2) n (n - 9) = (n -1) (n + 1) (n -2) (n + 2) n (n - 3) (n +3) Vậy: A= (n -3) (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) 0.5 Vì n là số tự nhiên nên số A là tích của 7 số tự nhiên liên tiếp. Rồi chứng minh cho tích của 7 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 7 0.5 Kết luận: A chia hết cho 7 2a.  x3  x 2 . 1 4. Cho 0  x 1 Chứng minh rằng : Do 0  x  1 nên x2  x => - 4x2  - 4x và 1-x  0 Từ đó ta có - 4x2 (1-x)  -4x (1-x)  - 4x2 (1-x) +1 - 4x (1-x) +1  4x3 - 4x2 + 1  4x2 - 4x +1 = (2x -1)2  0 => 4x3 -4x2 +1  0  - 4x3 + 4x2 - 1  0  - 4x3 + 4x2  1  4(-x3 + x2)  1. 1  - x3 + x2  4. 1 Vậy : -x + x  4 nếu 0  x  1 3. 2b. 2. Cho ba số x, y, z thoả mãn x  y  z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của B xy  yz  zx .. 2 điểm. 1 0.75 0.25 2 điểm. Ta có : B xy  z  x  y  xy   3   x  y    x  y  2. xy  3  x  y    x  y   x 2  y 2  xy  3x  3y 2. 2. y  3   3y 2  6y  9 y 3 3 2     x     x    y  1  3 3   2  4 2  4  . 1.25. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  y  1 0  y 3  0  x y z 1 x  2   x  y  z 3 Dấu = xảy ra khi  Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1 3a. Tính : Ta có :. 0.25. 2 điểm. A  4  5 3  5 48  10 7  4 3.  2  3. A  4  5 3  5 48  10. . A 4  5 3  5 48  10 2  3. 0.5. 2. 0.5. . A  4  5 3  5 28  10 3.  5  3. A 4  5 3 5. . A 4  5 3  5 5 . 3b. Giải phương trình :. 3. 0.25. 2. 0.25. . = 4  5 3  25  5 3 = x  2  10  x x 2  12 x  40. 0.5. 4  5 3. 2 điểm. Điều kiện : 2 x 10 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm. Ta có :. x  2  10  x . 1 2. .  x  2  .4   10  x  .4  . 1  x  2  4 10  x  4     2 2 2 =4.  x  2 4  x 6      x 6 10  x 4  x 6 Dấu “ = ” xảy ra (1) 2 2 2 x  12 x  40  x  12 x  36   4  x  6   4 4. 1. Mặt khác : Dấu “=” xảy ra  x  6 0  x 6 (2) Kết hợp (1) và (2) Phương trình có nghiệm duy nhất là : x 6. 0.75 0.25. 6 điểm. 4 4a. 0   Chứng minh : AFM = AEN = 90. A.     Nối A với C chỉ ra được A3 = A1 ; B1 = C1. =>  AFB. . B. 1. AMC (g.g). F. 3. AF AB AF AM    (1) AB AC => AM AC   MAF = CAB = 45 0. 1 N. E. Có (2) Từ 1 và 2 =>  AFM   ABC. 1.5 1 K. D. M. C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0.5. 0   => AFM = ABC = 90.  C/M hoàn toàn tương tự có AEN = 900 0   vì vậy AFM = AEN = 90. 4b Chứng minh : Có. S AEF . 1 S AMN 2. AF AE   AFM   AEN => AM AN =>  AEF   AMN (c.g.c) => 2. S AEF  AF    (1) S AMN  AM    Có FAM = 450, AFM = 900. 1.5. =>  AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 2. S AEF  AF  1 1  1 S AEF  S AMN   S AM  = 2 Thay vào (1) ta được AMN 2 2 hay: =>  (ĐPCM). 4c. 0.5. C/M chu vi  CMN không đổi Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN. 1.5.    ADK =  ABN => AK = AN và BAN DAK. 5. do đó  AMN =  AKM (c.gc) => MN=KM Vì vậy: Chu vi  CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi  CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC. 0.5. Tính độ dài AD.. 3điểm. Gọi diện tích các tam giác ABD, ADC và ABC lần lượt là : S1, S2, S. 1 Ta có : S1 = 2 AB.AD.sinA1 1 S2 = 2 AD.AC.sinA2 1 S = 2 AB.AC.sinA. Vì : S = S1 + S2. A 1. 2 K. H. 0.75 B. D. 1 1 1 Nên : 2 AB.AD.sinA1 + 2 AD.AC.sinA2 = 2 AB.AC.sinA  AB.AD.sinA1 + AD.AC.sinA2 = AB.AC.sinA  AD =. AB.AC.sinA 6.9.sin 68o  6 AB.sinA1 +AC.sinA 2 6.sin 34 o  9.sin 34 o. C. 0.75 1. 5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>