DEDAP AN HSG TOAN 9 2010 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ T-DH01-HGS9I-10. 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)   x   1 2 x   1   :  1 x  1   x  1 x x  x  x  1   Cho biểu thức P = với x 0, x 1. 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức M = P  Câu II. (6,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: x  11  x  4 3. x nhận giá trị nguyên.. 2. Tìm các số x, y, z biết x  y  z  2( x  2 y  1  3 z  2)  11 0 . 1 1 1 1    3. Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn abc 0; a + b + c 0 và a b c a  b  c. 1 Chứng minh rằng a Câu III. (2,0 điểm). 2011. . 1 b2011. . 1 c 2011. . 1 a 2011  b2011  c 2011. 1 ( m; m - 2) Cho 3 điểm có toạ độ A(-1; 4); B(1; -2) và C 2 . Tìm giá trị của m để 3 điểm A, B, C nằm trên cùng một đường thẳng. Câu IV. (6,0 điểm). 1. Cho  là một góc nhọn thoả mãn sin  + cos  = 2 . Chứng minh rằng sin  = cos  . Tính  ? 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. BD HD  a) Chứng minh 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 + 4 n là hợp số. ======== Hết ======== Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ T-DH01-HGS9I-10. Câu. 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). Phần. Điểm. Nội dung   x   1 2 x P=  1    :   1 x  1   x  1 x x  x  x  1  . 1. (2đ). .  x  x 1  1 2 x :     1 x 1 x  1 ( x  1)( x  1)  . . x  x 1 x 1  2 x : 1 x 1 ( x  1)( x  1). 0,5 0,5. x  x  1 ( x  1)( x  1)  . 1 x 1 ( x  1) 2 x  x 1 x  x 1  x  1  1 x1 x1 x2  x1 x2 Vậy P = x  1 với x 0, x 1. 0,5. . CâuI (4đ). Ta có M = P.  x. x2  x1. x. 0,5. x2 x x x 2 3  1 x1 x1= x1. 0,5. 3 x  1 phải có giá trị nguyên.. Để M nguyên thì Mặt khác khi x là số nguyên (thoả mãn điều kiện x 0, x 1 ) thì x hoặc là số nguyên (nếu x là số chính phương) hoặc là số vô tỉ (nếu x không là số chính phương). 2. (2đ). 3 x  1 là số nguyên thì. 0,5. x không thể là số vô tỉ, do đó x Để phải là số nguyên, suy ra x - 1 là ước của 3 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. Vậy với x = 16; x = 4 hoặc x = 0 thì biểu thức M = P giá trị nguyên.. x nhận. 0,75. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu II (6đ). x  11 . x  4 3 (1). 0,5.  x  11  x 4  x  4  ĐKXĐ. 1. (2đ). Ta có (*)  x  11 3  x  4 Vì hai vế của phương trình đều dương, bình phương 2 vế ta được x  11 9  x  4  6 x  4. 0,5.  6 6 x  4  x  4 1  x  4 1  x 5 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm x = 5. x  y  z  2( x  2 y  1  3 z  2)  11 0 (2) ĐKXĐ x 0; y 1; z 2 (2)  x  2 x  y  4 y  1  z  6 z  2  11 0  x  2 x  1  y  1  4 y  1  4  z  2  6 z  2  9 0  ( (   (  (. 2. (2đ). x  1) 2  ( y  1  2) 2  ( z  2  3) 2 0 x  1)2 0.  x  1 0  y  1  2) 2 0   y  1  2 0   z  2  3)2 0  z  2  3 0.  x 1   y  1 2   z  2 3.  x 1 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)   y 5 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)    z 11 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). 3. (2đ). 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5. 0,5. Vậy x = 1; y =5; z = 11. 1 1 1 1 1 1 1 1        0 a b c a b c a b c a b c a b a b c  c a b a b   0   0 ab c(a  b  c ) ab c (a  b  c )  1   c(a  b  c)  ab  1  ( a  b)    0  (a  b)   0  ab c(a  b  c)   abc(a  b  c)  ac  bc  c 2  ab (a  b)( a  c)(b  c)  (a  b). 0  0 abc(a  b  c) abc( a  b  c)  a  b 0  a  b   a  c 0   a  c    b  c 0  b  c. 0,25. 0,5 0,25. Nếu a = - b thì a2011 = -b2011. . 1 a. 2011. . 1 b. 2011. . 1 a. 2011. . 1 b. 2011. . 1 c. 2011. . 1 c. 2011. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 và a. 2011.  b 2011  c 2011. 1 2011. . 1 c 2011. 1. . 1.  2011. . 2011. 1 2011. 2011. 2011. b c a b c Do vậy a Chứng minh tương tự với các trường hợp b = - c; a = - c 1 2011. . 1 2011. . 1 2011. . 1 2011. 2011. b c a b ta cũng có a Vậy với a, b, c là 3 số thỏa mãn 1 1 1 1    abc 0; a + b + c 0 và a b c a  b  c 1 2011. 1 2011. . 1 2011. .  c 2011 0,5. 1 2011. 2011. 2011. b c a b c thì a 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) 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. Để 3 điểm A, B, C thẳng hàng thì đường thẳng AB phải đi qua. CâuIII (2đ). CâuIV (6đ). . 1 m điểm C => m -2 = -3. 2 + 1 3m  m+ 2 =3 5m 6 3  m   2 5 6 Vậy m = 5 thì 3 điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng.. 1. (1,5đ). 0,25. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 2 sin  + cos  = 2  (sin   cos ) 2.  sin 2   2 sin  .cos  cos 2 2.  1  2sin  .cos 2 1  sin  .cos  2. 1 sin 2   2sin  .cos  cos 2 1  2. 0 2 Do vậy 2  (sin   cos ) 0. Suy ra sin   cos 0  sin  cos Lại có sin  = cos (900-  ) => cos (900-  ) = cos  => 900 -  =  =>  = 450 (Học sinh có thể tính bằng cách:. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 từ sin  cos suy ra sin  = 2 =>  = 450). A. Q. 2. (4,5đ). K H. .G. P. D. I B. C.   HAK Ta có: HBD (cùng phụ với góc C) (*) AHK IHP  (đối đỉnh) (1)   BDH a) Mà IHP (cùng phụ với góc DHP) (2)  (1,5đ) Từ (1) và (2) suy ra AHK BDH (**) Từ (*) và (**)  BDH AHK ( g  g ). BD HD  Suy ra AH HK (đpcm)   IAH DCH. 0,5. 0,5 0,5. Ta có:. b) (1,5đ). (cùng phụ với góc B) (***)  IHA  AHK 1800 (kề bù)   CDH  BDH 1800 (kề bù)    Do AHK BDH (câu a) nên IHA CDH (****) Từ (***) và (****)  CHD AIH (g - g) CD HD  Suy ra AH HI HD Mặt khác HI=HK (giả thiết) => HI = BD CD HD Do vậy AH = AH (cùng bằng HI và. 0,5 0,5. HD HK HD HK ). 0,5. Suy ra DB = DC => D là trung điểm của BC AP c)  (1,5đ) Ta có tg ABC = BP BP   tg ACB tg BHP  ACB BHP  HP Do (cùng phụ với góc HBP) AP BP AP ABC ACB Ta có tg . tg = BP . HP = HP AP ABC ACB Suy ra tg . tg = 3 => HP = 3 (3). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Mặt khác do G là trọng tâm của tam giác ABC, D là trung điểm AD 3 của BC nên A, G, D thẳng hàng và GD (4) AP AD  Từ (3) và (4) suy ra HP = GD GH // PD.. 0,5 0,5. Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n có dạng: n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. + Xét trường hợp n = 2k, ta có. 4. 2k. 2k ¿ +4 4 n n + 4 =¿. lớn hơn 2 và chia hết. cho 2. Do đó trong trường hợp n = 2k thì n4 + 4 n là hợp số. + Xét trường hợp n = 2k+1, tacó: n 4  4n n4  42 k.4 n4  (2.4 k ) 2 ( n2  2.4 k ) 2  4n2 .4 k Câu V (2đ). 0,5. (n 2  2.4k )2  (2.n.2k ) 2 (n 2  2.4 k  2.n.2k )(n 2  2.4k  2.n.2 k ) k. k. = (n2 + 4k + 4k + 2.n.2 )(n2 + 4k + 4k - 2.n.2 ) = (n2 + 2.n.2k + 22k + 22k )(n2 – 2.n.2k + 22k + 22k) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ]. Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là một số tự nhiên lớn hơn 0. Thì mỗi thừa số [( n +2 k)2 + 22k ] và [(n – 2k)2 + 22k ]đều lớn hơn hoặc bằng 2. Do đó trong trường hợp n = 2k+1 thì n4 + 4 n cũng là hợp số Vậy với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n4 + 4 n là hợp số.. * Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. ======== Hết ========. 0,5. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>