MOT SO DE THI HSG TOAN 9 Nam 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh PHÒNG GD & ĐT NGHĨA ĐÀN ĐỀ THI CHỌN DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN ( Thời gian làm bài 150 phút ) Bài 1 : ( 4 điểm ) a, Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì b,. n5 - n  10. Giải phương trình : x2 + x + 12 x  1 = 36. Bài 2 : ( 6 điểm ) 1 1 9   x  y  x  y 2    xy  1  5  xy 2. a, Giải hệ phương trình : b, Cho 3 số không âm x , y , z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 A = x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x. Bài 3 : ( 5 điểm ) a , Tìm một nghiệm của đa thức Q ( x ) = x 3 + a x2 + b x + c . 1 Biết rằng đa thức có nghiệm và a + 2b + 4c = - 2. b, Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : 4a 9b 16c   26 P = b c  a c a  b a b  c. Bài 4 : ( 5 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R = 2 cm Có  BAC = 600 , đường cao AH = 3 cm . a, Tính diện tích tam giác ABC . b, Gọi P là điểm tùy ý trên cung nhỏ BC và M , N lần lượt là điểm đối xứng của P qua các đường thẳng AB và AC . Xác định vị trí của điểm P sao cho độ dài MN đạt giá trị lớn nhất . Tính độ dài lớn nhất đó . _____________________HẾT ___________________________ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. ĐÁP ÁN TÓM TẮT VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI. Ý. NỘI DUNG Ta có : n - n = n ( n – 1 ) = n ( n2 – 1 ) ( n2 + 1 ) = ( n – 1 ) n ( n+1 ) ( n2 + 1 )  2 (1) ( Vì ( n – 1 ) n là hai số tự nhiên liên tiếp ) Mặt khác : n5 - n = n ( n4 – 1 ) = n ( n2 – 1 ) ( n2 + 1 ) + Nếu n = 5k thì n5 - n  5 (2) + Nếu n = 5k  1 thì n2 - 1 = (5k  1)2 – 1 = 25k2  10k 5  n5 - n  5 ( 3) + Nếu n = 5k  2 thì n2 + 1 = (5k  2)2 + 1 = 25k2  20k + 5  5  n5 - n  5 ( 4) Kết hợp ( 1 ) với ( 2 ) , ( 3 ) và ( 4 )  n5 - n  10 với n  N Điều kiện : x  -1 5. a 2đ 1 4đ. b 2đ. a 2. 3đ. 4. Đặt t = x  1  0  x = t2 - 1 Phương trình đã cho trở thành : t4 - t2 + 12t – 36 = 0  t4 – ( t – 6 ) 2 = 0  ( t - 2 ) ( t + 3 ) ( t2 – t + 6 ) = 0  t 2(tm)  t  3  0(loai)  1 23 0 ( Vì t2 – t + 6 = ( t- 2 )2 + 4 với  t Với t = 2  x = 3 ( thỏa mãn ). ĐIỂM 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ.  t  2 0     t  3 0. 0,25 đ. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 Điều kiện xy  0. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 1 1 9  x  y  x  y 2    xy  1  5  xy 2 1 9  ( x  y )(1  xy )  2  ( xy )2  5 xy  1 0  2. . . THCS TT Nghĩa Đàn. x y 9  ( x  y )  xy  2  ( xy ) 2  5 xy  1 0  2 1 9  ( x  y )(1  )  xy 2  ( xy  2)(2 xy  1) 0 . 0,5 đ. 0,75 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh   xy 2 (1)  x  y  3    1   xy  2 (2)    3  x  y  2 . 1 9  ( x  y )(1  xy )  2   xy 2   xy  1 2   . .   x 1    y 1   x 1   2   y  2     x  1   x 2 2     Giải ( 1) ta được   y 1 ; Giải ( 2) ta được   y 1 1 1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm : ( 1 ;2 ) , ( 2 ; 1 ) , ( 1 ; 2 ) , ( 2 ; 1 ). Ta có : ( 1). x 2  xy  y 2 . Tương tự : (2). b 3đ. 0,75 đ. 3 1 3 3 ( x  y)2  ( x  y)2  ( x  y)2  ( x  y) 4 4 4 2. 1 ( x  y )2 0 4 ( Vì ) 3 y 2  yz  z 2  ( y  z ) 2. z 2  zx  x 2 . 0,5 đ. 0,25 đ. 1,0 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. 3 ( z  x) 2. (3) Cộng hai vế của ( 1 ) , ( 2 ) và ( 3 ) ta được A  3( x  y  z ) 3 3  x  y  z 3  x  y 0   x  y  z 1  y  z  0   Dấu bằng xảy ra khi  z  x 0 Vậy Giá trị nhỏ nhất của A = 3 3 khi x = y = z = 1. 0,5 đ. 0,25 đ 0,25 đ. Bài 3 :. Từ. 1 a + 2b + 4c = - 2 . 1 2 + a + 2b + 4c = 0 3. a 2đ. 2.  1 1  1 1    a    b    c 0 2 2 2      P(2)=0 Chia cả hai vế cho 4 ta được :   1 Vậy x = 2 là một nghiệm của đa thức. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 đ 1,0 đ 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Đặt x = b + c – a ; y = c + a + - b ; z = a + b - c. 0,25 đ 0,5 đ. yz zx x y ; b c 2 2 2 Khi đó : ; 4( y  z ) 9( z  x) 16( x  y )   x y z Ta có : 2P =  4 y 9 x   4 z 16 x   9 z 16 y           x y x z z     y   = a. b 3đ. 0,25 đ 0,5 đ. Áp dụng Bất đẳng thức CoSi ta có : 2. 0,5 đ. 4 y 9x 4 z 16 x 9 z 16 y 2 2 x y x z y z = 52. 2P   P  26.  4 y 9x  x y   4 z 16 x   z x  9 z 16 y y  z  . Dấu “ = ” xảy ra khi Bài 4 : Vẽ đúng hình : 0,5 đ. 0,25 đ 0,75 đ. x y 2 3  x y z a b c x z         2 3 4 7 6 5 2 4 z y 4 3 . K. N. a, Goị M là trung điểm của BC ta có :  MOC =  BAC = 600 0,5đ b, ( theo tính chất đường kính và dây với tính chất góc ở tâm ) Ta có : AK = AN ( = AP )   AKN cân0 tại 3A P 0,5đ Do OC =AKN R = 2 2( nên MC = OC . Sin 60 = BAP  PAC ) = 2 . 600 = 1200 Lại có : 0,5đ  BC = 2 IC = 2 3  KN lớn nhất khi AK lớn nhất ( Do KN là cạnh đáy của một tam giác cân có 1 0,5đ góc ở đỉnh không đổi ) 3 ABC = 2 AH . BC = 3 Vì AK vậy =SAP  2R  KN lớn nhất khi và chỉ khi AP = 2R = 4 hay AP là đường Mà kính  ABP ACP  B,C lần lượt là trung điểm của PK và PN . BC là đường trung bình của tam giác PKN . KN = 2 BC = 4 3 A. O. K B. THCS TT Nghĩa Đàn. M P. N C. 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. Lưu ý : - Các cách giải đúng mà khác với đáp án vẫn cho điểm tối đa . - Hình vẽ sai hoặc không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình ./.. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1. a. Phân tích Q thành nhân tử: Q x  5 x  2 2 x  2 10 b. Tính Q khi biết x 13  4 10 Câu 2. Cho hàm số: y x  2m  1 ; với m tham số. a. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. b. Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H. là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để. OH . 2 2. b. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB. Câu 3. a. Giải phương trình: x  1  2 x  2  x  1 5 x  2 2 2 b. Cho a; b là hai số dương thỏa mãn: a  b 6 .. Chứng minh:. 3( a 2  6) (a  b) 2. 2 c. Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  2008 x  2009 y  2010 0. Câu 4. Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. 2 · 2 · 2 · 2 · a. Tính sin MBA + sin MAB + sin MCD + sin MDC 2 b. Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ). c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Hết./.. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. NĂM HỌC: 2010 - 2011. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề). Câu. Ý. Nội dung cần đạt Q  x  5 x  2 2 x  2 10  x. a 1. . x 5. . . . x 5  2 2. . . x 2 2 x 13  4 10  x  8  2.2 2. 5  5  (2 2 . b Vậy:. . . Q 2 2. 5 5 2 2. Điểm 0,5. . x 5 . 0,5. 5) 2 2 2 . 5. . 5  2 2 2 2.(  5)  2 10. 0,5 0,5. 2,0. y  x  2m  1 ; với m tham số a Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) thì.  2m  1 0  m . Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A. 1 2.  2m 1; 0 .  0;  2m  1 Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B b. 0,25. 0,5. Ta có:  AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 0,5  m 0 1 1 2 1 1 1 2 2  2  2    2 xA yB (2m  1)  m  1 OH 2 OA2 OB 2 Hay x x 2m  1 xI  A B  2 2 Hoành độ trung điểm I của AB:. 2. c. Tung độ trung điểm I của AB:. yI . 2,0. 0,5. y A  yB  (2m  1)  2 2. Ta có: yI  xI  Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường. 0,25. thẳng y  x. Điều kiện: x 2. 3. 0,2. x  1  2 x  2  x 1 5 x  2  a. . . . 2. x  2  2 x  2  1  x  1 5 x  2. x  2  1  x  1  5 x  2 0 . x  2  1  x  1  5 x  2 0.  x  2  4 x  2  4 0  ( x  2  2) 2 0  x 6  2. b. Vậy nghiệm của pt là: x 6 Với a; b là hai số dương ta có: 2. 1 1 2    a  b   2.a.  b.1  2a 2  b 2    1 2  2  (Theo Bunhiacopski)  . THCS TT Nghĩa Đàn. 0,2 0,3 0,3. 0,25 0,25. 2,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh 3 2 (Vì a 2  b 2 6 ) Hay x 2  xy  2008 x  2009 y  2010 0 2.   a  b   a 2  6 . c. 3(a 2  6) (a  b) 2.  x 2  xy  x  2009 x  2009 y  2009 1. 0,25.  x( x  y  1)  2009( x  y  1) 1  ( x  2009)( x  y  1) 1. 0,5.   x  2009 1    x  y  1 1    x  2009  1    x  y  1  1. 0,25.   x 2010    y  2010   x 2008    y  2010. 0,25. C K. B. O. M. H. A. D. a. Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên: · · · · sin 2 MBA + sin 2 MAB + sin 2 MCD + sin 2 MDC = · · · · (sin 2 MBA + cos 2 MBA ) + (sin 2 MCD + cos 2 MCD )=1 +1=2. 0,75. b. 2 Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH). 0,5. 4. P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH 2  MH 2 OM 2 R 2    2 2 2 (Pitago) Mà OH.MH c Vậy. P 4 R 2 .. R2 2 R 4 2 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH. R 2  OH = 2. 3,5. 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1. Giải phương trình 2 c. x  10 x  27  6  x  x  4. d.. 2011  x 2 . 2006  x 2 2. Câu 2. Cho đường thẳng (d) có phương trình:. y. 2(1  m) 2 .x  m 2 m  2 , với m tham số m 2 .. c. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. b. Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Câu 3.. d.. 11...1122...225     n n1 ; B là một số gồm n chữ số 1, n + 1 chữ số 2 và một chữ Cho B = số 5. Chứng minh B là số chính phương.. 2 e. Cho p là số nguyên tố; p 5 . Chứng minh rằng nếu 2 p  1 là số nguyên tố thì: 2 p  1. là hợp số. 2 2 f. Chứng minh không tồn tại cặp giá trị nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x  2  2 y 2011. x3 y 3 z 3  2  2 1 2 x ; y ; z  0 x  y  z  1 y z x g. Cho và , chứng minh:. Câu 4. Cho đường tròn (O) và điểm P nằm ngoài đường tròn. Từ P kẻ 2 tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O), (A, B là các tiếp điểm); OP cắt AB tại M. Qua M kẻ dây cung CD của đường tròn (O), (CD khác AB và CD không đi qua O). Hai tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở Q. Chứng minh: a) AB < CD ;. b) PQ vuông góc với PO tại P.. Câu 5. Cho đường thẳng xy; đường tròn (O) và một điểm A nằm trên đừơng tròn (O), xy không cắt (O). Dựng đường tròn tâm K tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với đường thẳng xy. (Chỉ trình bày cách dựng và biện luận) THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Hết./.. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÀ. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM (Gồm 3 trang). Câu. CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. NĂM HỌC: 2010 – 2011.Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề). Ý. Nội dung cần đạt. Điểm 0,25. 2. x  10 x  27  6  x  x  4 , Điều kiện: x 4 6 HS biến đổi: a. VT ( x 2  2.x.5  25)  2 ( x  5) 2  2 2 , Dấu “=” xẩy ra khi x 5 2. 0,25. 2. VP 1. 6  x  1. x  4  (1  1 )(6  x  x  4) 2 , Dấu “=” xẩy ra khi x 5 0,25. Vậy nghiệm: x 5 thỏa mãn điều kiện x 4 6 2011  x 2 . 1. Nhân 2 vế với : b. 0,25. 2006  x 2 2 , ĐK: 0  x 2 2006 2. 2011  x  2006  x  0 và biến đổi đưa về hệ PT:.  2011  x 2  2006  x 2 2    5  2011  x 2  2006  x 2   2. 9 81 32095 2011  x 2   2011  x 2   x  4 16 4. 32095 4 Đối chiếu điều kiện: thỏa mãn. 2(1  m) 2 y .x  m 2 m  2 ; với m tham số, m 1; 2 (d) : Gọi ( x0 ; y0 ) là điểm cố định (d) luôn đi qua: Thay vào PT của (d) ta có: x . 2. a. b. y0 . 1,75. 2. 2(1  m) 2 .x0  m 2 m  2 , Với mọi m  my0  2 y0 2 x0  2mx0  2 , m.  y  2 x0 0  m( y0  2 x0 )  2 y0  2 x0  2 0; m   0   2 y  2 x  2  0 0 0  Nhận thấy (d) không đi qua O.  x0 1   y0  2. 0,5. 0,25 1,75. 0,5. 0,5.  1  ;0   Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A  m  1  2    0;  Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B  m  2 . 0,25. Ta có:  AOB vuông tại O và có khoảng cách từ O đến (d) là OH (đường cao) nên: 1 1 1 1 ( m  2) 2 2 1 1 1  2 2  (m  1)    2 x A yB OH 2 4 OH 2 OA2 OB 2 Hay OH. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh  OH 2 . 4 2  OH  2 2 4( m  1)  ( m  2) 5m  12m  8 2. 2.  OH . 5(m 2 . 6 2 4 )  5 5. . 0,25. 2  5 4 6 x 5 5. ; Dấu “=” xẩy ra. Xét m 1  y  2 ; K/c từ O đến (d) bằng 2  5 . Vậy. OH max  5  x . 6 5. n 2  22...22.10  5 11...1122...225       11...11.10     n n 1 n n 1 B= a. 0,25. 10n  1 n 2 10n 1  1 102( n1)  10n2  2.10n2  25 B .10  2. .10  5  9 9 9 102( n 1)  10.10n 1  25  10n 1  5     9 3  . 2. 0,25 n1.  5 ) 3 Nên B là số chính phương p là số nguyên tố; p 5 nên p lẻ và p không chia hết cho 3  p 1 chẵn  ( p  1)2 ;. 3. b. vì ( 10. p chia cho 3 dư 1 hoặc 2 2. HS lập luận để chứng tỏ 2 p  1 là hợp số. x 2  2  2 y 2 2011  x 2 2 y 2  2013  x lẻ, đặt x 2k  1;(k  Z ) thay vào ta có:. 0,2 0,3. 2 y 2 4k 2  4k  2012  y 2 2k 2  2k  1006 (1)  y chẵn, y 2t; (t  z ) c. 0,25. 2 Thay x; y vào (1) và biến đổi: 2t k (k 1)  503 (2). Xét thấy VT của (2) luôn chẵn; VP của (2) là số lẻ vì k(k+1) chẵn (Tích 2 số nguyên liên tiếp). Vậy dấu “=” của (2) không thể xẩy ra  Không tồn tại cặp số nguyên (x; y). 0,25. 2 2 thỏa mãn: x  2  2 y 2011. x; y  0 ; xét d. x3  2 y 3 x3  y 3  y 3 3 3 x3 . y 6 3xy 2 . x3 3 x  2 y y2. y3 z3  3 y  2 z 3 z  2 x 2 2 Chứng minh tương tự: z ; x Cộng vế theo vế ta có:. 0,25. x3 y 3 z 3 x3 y 3 z 3 0,25    3 x  3 y  3 z  (2 x  2 y  2 z )  x  y  z  1    1 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 x2 (Đpcm) P. B. C. M O N Q. A. THCS TT Nghĩa Đàn D. 2,0.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh 0,25 a. 4 b. Gọi giao điểm của QO và CD là N. HS áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại Q để suy ra: CD  QO tại N,   MNO vuông tại N  OM>ON  AB<CD (T/c khoảng cách từ tâm đến dây....) HS áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:  OAP,  OQC có: AO 2 OM .OP; OC 2 ON .OQ mà OA = OC nên OM . OP = ON . OQ OM OQ   ON OP (1) Từ c/m đã có: OM . OP = ON . OQ. 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.  Xét  MON và  QOP có POQ chung và (1)  MON đồng dạng  QOP . 2,5. t.   ONM OPQ 900 hay QP  PO tại P Vẽ hình cả 2 trường hợp: K'. + At cắt xy. 0,25 O. + At // xy. A K x. 5. P. y. Cách dựng: - Qua A dựng tiếp tuyến At với (O): + Nếu At cắt xy tại P: dựng phân giác của góc tạo bởi At và xy, Phân giác đó cắt OA. 0,25 0,5. tại K. Dựng (K; KA) là đường tròn cần dựng. + Nếu At // xy: Dựng giao của OA với xy tại I, Dựng K là trung điểm của AI, dựng (K; KA) Biện luận: + Nếu OA  xy bài toán có 1 nghiệm hình. + Nếu OA không vuông góc xy thì At tạo với xy hai góc nên bài toán có 2 nghiệm hình. Học sinh giải các cách khác phù hợp và đúng theo yêu cầu vẫn chấm điểm tối đa. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 0,25 0,25. 2,0.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh PHÒNG GD&ĐT NGHI LỘC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2010 - 2011 - MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,5 điểm) a) Tìm n  N để A là số nguyên tố biết A = n3 - n2 - n - 2 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n thì mn(m2 – n2)  6. Bài 2: (3,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn P.. P=. 3 x1 x 2   x 2 3 x  1. 5x  4 x  2. . . . x 2 3 x  1. 3. b) Tìm các giá trị của x để P = 4 Bài 3: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình :. ¿ √ 3+2 x + √ 3 −2 y=x +4 √3+2 x − √ 3 − 2 y =x ¿{ ¿. b) Giải phương trình:. √3 x −2+ √ x +1=3. Bài 4: (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: F=. 8 √ x − 2 18 √ x − 6 + 2 x+1 3 x +1. Bài 5: (6,5 điểm) Cho điểm M thuộc đường tròn (O) đường kính AB (M ≠ A; M ≠ B) và MA < MB. Tia phân giác của góc AMB cắt AB ở C. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt các đường thẳng AM và BM lần lượt tại D và H. a) Chứng minh hai đường thẳng AH và BD cắt nhau tại điểm N nằm trên đường tròn (O). b) Chứng minh CA = CH. c) Gọi E là hình chiếu của H trên tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), F là hình chiếu của D trên tiếp tuyến tại B của đường tròn (O). Chứng minh 3 điểm E; M; F thẳng hàng. d) Gọi S1; S2 là diện tích các tứ giác ACHE và BCDF. Chứng minh CM < .. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 9 KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2010-2011 Bµi 1: (4,5 ®iÓm) C©u a) (2,0 ®) Ph©n tÝch A = n3 - 2n2 + n2 - 2n + n - 2 = (n - 2) (n2 + n + 1) Do n - 2 < n2 + n + 1 n  N. 0,75® 0,25®. ¿ n −2=1 VËy A lµ sè nguyªn tè  n2 +n+1 lµ sè nguy ªn tè ¿{ ¿ ¿ n=3 2  A=3 + 3+1=13 ¿{ ¿ lµ sè nguyªn tè VËy víi n = 3 th× A lµ sè nguyªn tè. 0,5® 0,5®. Câu b) (2,5 đ). m.n(m 2  n 2 ) mn   m 2  1   n 2  1  mn  m  1  m  1   mn  n  1  n  1 . 0.5 đ. Vì m(m-1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên 2 ⇒ m(m – 1)(m + 1) 2 0,5 đ m(m – 1)(m + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 mà (2;3)=1. Do đó m(m – 1)(m+1)  6  nm(m – 1)(m + 1) 6 Tương tự n(n – 1)(n + 1)  6  mn(n – 1)(n +1)6. (1). 0,5 đ. (2). 0,5 đ. 2 2 Từ (1)(2)  mn(m  n )6 với mọi số nguyên m, n. Bài 2: (3,0 điểm) ĐKXĐ của biểu thức P là: x › 0và x. 3. 2.  . x1 . a) P =.    x  2  3 x  1 x 2. . x  2  5x  4 x  2. 1 9. 0,5 đ 0,25.  0,5. 3x  10 x  3 P=. . . . x 2 3 x  1. 0,5. √x − 3 P= √ x+ 2. 0,75. 3 x 3  ⇒ 3 ( √ x+2 )=4 ( √ x −3 ) x 2 = b) P = 4 √ x=18⇒ x=324 TMĐK Bài 3: (4,0 điểm) −3 3 a) (2,0 điểm)Với điều kiện x ≥ ; y≤ 2 2. 0,5. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Trừ vế theo vế ta được phương trình. √ 3− 2 y =2 ⇔3 – 2y = 4 ⇔ y =. Cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được phương trình √ 3+2 x = x+2 ⇔ 3+2x = (x +2)2 ⇔ … ⇔ x2 +2x +1 = 0 ⇔ (x+1)2 = 0 ⇔ x =-1(thỏa mãn) −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (-1 ; ) 2 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh (2,0®) 3 a. x  2  x  1 3 dK : x  1 §Æt √3 x −2=u , √ x +1=v (v ≥ 0) =>u3 = x - 2, v2 = x+1 => v2 - u3 = (x + 1) - (x - 2) = 3 => v2 - u3 = 3(1) u + v = 3 (2) Rót v = 3 - u tõ (2) thay vµo (1) => (3 - u)2 - u3 = 3 9 - 6u + u2 - u3 = 3 => u3 - u2 + 6u - 6 = 0 => u2 (u - 1) + 6 (u - 1) = 0 => (u - 1) (u2 + 6) = 0  u - 1 = 0 do u2 + 6 > 0  u => u = 1; v = 2. Thay √3 x −2=u => √3 x − 2=1 x-2=1 x = 3 (TM§K) VËy pt cã 1 nghiÖm x = 3;. −1 (t/mãn) 0,5đ 2 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ. 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 0,25®. Bài 4: (2,0 điểm) Đk : x 8 √x− 2 Ta có: F- 5= ( 2 x+1 √ x −1 ¿2 ¿ = −4¿ ¿ Lí luận đi đến F – 5 0. 0 ,. 0,25đ. 18 √ x −6 - 2) +( - 3) 3 x+1 √ x −1 ¿2 ¿ + −9¿ ¿ để kết luận Fmax= 5 tại x=1. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,75đ 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Câu 5: 6,5 đ a)Do M. (O) ⇒ A ^ M B=90o suy ra H là trực tâm Δ AMB (0,75 đ) Do đó AN BD ⇒ A ^ N B=900 vậy N (O) 0,75đ b) MC là phân giác của tam giác AMB nên ta có: CA MA = 0,75 đ CB MB Δ BMA nên ta có: Mặt khác Δ BCH CH BC MA CH = ⇒ = 0,75 đ MA MB MB CB CA CH = ⇒ CA =CH vậy 0,5 đ CB CB 1 1 ^ E=900 AH= CE⇒ C M c) MI = 0,75 đ 2 2 1 1 ^ F=900 suy ra 3 điểm BD= CF ⇒ C M MK = 2 2 E; M; F thẳng hàng 0,75. A O. d) Hình chữ nhật ACHE có CA = CH nên ACHE là hình vuông ^ A=45 0 suy ra BCDF là hình vuông 0,5 đ Tam giác ANB vuông ở N có góc NAB = 450 ⇒ N B Suy ra tam giác ECF vuông ở C S1=1/2 CE2; S2= ½ CF2 0,25 đ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ¿2 . = = 2 + 2 ≥2 . 2 =2 . 0,5 đ 2 2 2 2 2 S1 2 S2 √ S 1 S2 CM CE CF CE CF 2CA 2CB 1 1 ≥ ⇒ CM2 ≤ √ S 1 S2 ( vì MA < MB nên dấu "=" không xảy ra). Suy ra 0,25 đ 2 CM √ S 1 S2. √. Lu ý:. √. √. ( Chö trªn h×nh viÕt tay). THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. Phßng GD&§T HuyÖn Yªn Thµnh. §Ò thi chän häc sinh giái huyÖn n¨m häc 2010-2011 M«n: To¸n - Líp 9. (Thêi gian lµm bµi:120 phót). x 1 x 3 +. Bài 1: Cho biểu thức: A = a. Tìm tập xác định và rút gọn A. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: Giải các phương trình: a.. x x x  5 x  6 x  24 x 3 + x 9. 1  x  4  x 3. b. x2 + 9x + 20 = 2 3 x  10 Bài 3 Chứng minh các bất đẳng thức: 2 2 a. a +b +1  ab +a +b. ( a  b) 2 a  b 2 + 4 a b + b a b. Bài 4: Cho tam giác ABC cân đỉnh A có góc A nhọn, đường cao BH Chứng minh: 2. 2. 2. a. AB +BC +CA =CH2 +2AH2 +3BH2. . (1). 0. b. Nếu A 60 thì hệ thức (1) trở thành 3AB2 = 4BH2. c. Gọi D đối xứng với C qua A. Lấy điểm M thuộc cạnh BD, điểm N thuộc tia đối của tia HB. BM HN 1    HB 3 . Chứng minh góc CNM 900 sao cho BD Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3+2x = y2-2009. ---------------------------- HÕt ------------------------------Ngêi coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh PHÒNG GD & ĐT DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn Toán 9 (Thời gian làm bài 120 phút) Câu I. (4,5 điểm) 1. Tìm số tự nhiên bằng 59 lần tổng các chữ số của số ấy. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2 + xy + y2 - 3x - 3y + 2010 Câu II. (5 điểm) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: x2y2 – x2 – 8y2 = 2xy 3 2. Giải phương trình: x2 + 2 = 2 x  1. Câu III. (4,5 điểm): 1 1 4   1. Cho x và y dương, chứng minh rằng: x y x  y 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng ming rằng : a3 b3 c3 a b c    2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 Câu IV. (6 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. 1 1 2   1. Chứng minh : AB CD MN ; 2. Biết SAOB = a2 ; SCOD = b2. Tính SABCD; 3. Tìm điểm K trên đường chéo BD sao cho đường thẳng qua K song song với AB bị hai cạnh bên và hai đường chéo của hình thang chia thành ba đoạn bằng nhau.. --------------------- Hết -----------------------. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011. Môn Toán Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 17 / 03 / 2011. ĐỀ CHÍNH THỨC. x3 . 1 1  (m  1)(x  )  m  3 0 3 x x .. Bài 1. Cho phương trình: a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt. Bài 2. a) Cho a, b, c là những số nguyên thỏa mãn điều kiện: 2. 1 1 1  1 1 1      2  2  2. b c a b c a 3 3 3 Chứng minh rằng a  b  c chia hết cho 3. 3 2 b) Giải phương trình: x  ax  bx  1 0 , biết rằng a, b là các số hữu tỉ và 1  2 là một nghiệm của phương trình.. Bài 3. Cho x, y là các số nguyên dương, thỏa mãn: x  y 2011 .. x(x 2  y)  y(y 2  x). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = Bài 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, một dây cung MN = R di chuyển trên nửa đường tròn. Qua M kẻ đường thẳng song song với ON cắt đường thẳng AB tai E. Qua N kẻ đường thẳng song song với OM cắt đường thẵng AB tại F. a) Chứng minh tam giác MNE và tam giác NFM đồng dạng . b) Gọi K là giao điểm của EN và FM. Hãy xác định vị trí của dây MN để tam giác MKN có chu vi lớn nhất. Bài 5. Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: abc 1 . Chứng minh :. a3 b3 c3 3   (1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b) 4 .. _________ Hết ________ Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ...................... THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Toán. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. Câu I. (5,0 điểm): 1) Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – 1 = 0. Chứng minh phương trình luôn có hai P. nghiệm x1, x2 với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của. 2 x1 x2  3 x  x2 2  2(1  x1 x2 ) khi m thay đổi. 2 1. 1 1 1   2 2 2 2) (a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thõa mãn a b c . Chứng minh rằng: A  a  b  c là. số hữu tỉ (b) Cho ba số hữu tỉ x, y, z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: B. 1 1 1   2 2 ( x  y) ( y  z) ( z  x) 2. là số hữu tỉ. Câu II. (5,0 điểm): 2. 2. 10  x   x       9 1) Giải phương trình:  x  1   x  1   2 1 1  x  x   1   4 y y   2  x 3  x  x  1 4  y y3 y2 2) Giải hệ phương trình: . Câu III. (2,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC.  Tính BPE . Câu IV. (4,0 điểm): Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định (O  AB). P là điểm di động trên đoạn thẳng AB (P A, B và khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N P).   1) C/m rằng: ANP  BNP và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn 2) C/m rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di động. Câu V. (4,0 điểm): 1) Cho a1, a2, a3, ...a45 là 45 số tự nhiên thỏa mãn a1< a2< a3< ...<a45 130. Đặt dj = aj+1 – aj, (j = 1,2,...44). Chứng minh rằng ít nhất một trong 44 hiệu dj xuất hiện ít nhất 10 lần. 2 2 2 2 2 2 2) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a  b  b  c  c  a  2011 .. a2 b2 c2 1 2011    Chứng minh rằng: b  c c  a a  b 2 2. _________________Hết _________________ THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC. 1) 2,5đ. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN. 2 Ta có  ' (m  1) 0, m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m.. Theo định lí viet, ta có x1  x2 2m, x1 x2 2m  1 , suy ra. 2a). (2m  1) 2 1 1  1. Max P 1, m . 2 4m  2 2 khi Từ giả thiết suy ra 2ab  2bc  2ca 0. THCS TT Nghĩa Đàn. P. 4m  1 4m 2  2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh 1,5đ. Suy ra A  (a  b  c)  a  b  c là số hữu tỉ. 2b) 1,0đ. 1 1 1 1 1 1 ,b ,c    . x y y z x  z suy ra a b c Đặt 1 1 1 B   ( x  y ) 2 ( y  z ) 2 ( z  x) 2 là số hữu tỉ. Áp dụng câu 2a) suy ra Đk: x 1. Phương trình tương đương với. 1) 2,5đ. 2. a. 2. 2.  2 x2  x  x2 10 2 x 2 10  x   2     0.  2    x2  1 9 x2  1 9  x 1 x  1   x  1 2 x2 10 5 2 t 2 , t2  t  0  t  t x  1 ta được phương trình 9 3 hoặc 3 Đặt 2 5 2x 5 t ,  2 3 ta được x  1 3 (vô nghiệm) Với. Với. t . 2 2 x2 2 1  , x  . 2 3 ta được x  1 3 suy ra 2. 2) 2,5đ Đk: y 0. Hệ tương đương với. Đặt. 1  u  x  y   v  x ,  y .  2 x     x3   . 1 1  x  4 2 y y 1 x 1   x   4. 3 y y y. u 2  u  2v 4   3 u  2 uv  4  ta được hệ  1  x  2  y  x 1     y 1.  x 1  y. u 2  Với v 1, ta được Kẻ EF  AC tại F, DG  BC tại G. S( ADPE ) S( BPC ). u 2  4u  4 0   2 u  u  4 2v. (thoả mãn điều kiện). Theo giả thiết.  S( ACE ) S( BCD ) .. Mà AC BC  EF DG và A C Suy ra AEF CDG  AE CG. . .   Do đó AEC CDB (c  g  c )  DBC ECA       BPE PBC  PCB PCD  PCB 600. THCS TT Nghĩa Đàn. u 2  v 1..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1) 3,0đ. Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến chung của (O) với (C), (D) tại A, B tương ứng.     Suy ra ANP QAP QBP BNP. Ta có ANB  ANP  BNP    QAP  QBP 1800  AQB ,. suy ra NAQB nội tiếp (1). Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên một đường tròn. . . . . 2) 1,0đ. Ta có OCN 2OAN 2OBN ODN , suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua các điểm N, O, D, C. Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định.. 1) 2,0 đ. d1  d 2  ...  d 44 (a2  a1 )  (a3  a2 )  ...  (a45  a44 ) a45  a1 130  1 129. (1) d j ( j 1, 2,...., 44). Nếu mỗi hiệu. xuất hiện không quá 10 lần thì d1  d 2  ...  d 44 9(1  2  3  4)  8.5 130 mâu thuẫn với (1).. Vậy phải có ít nhất một hiêụ d j ( j 1,...,44) xuất hiện không ít hơn 10 lần (Làm lại khi xem tài liêu) 2) 2,0đ. 2 2 2 Ta có 2(a  b ) (a  b) .. Suy ra. a2 b2 c2 a2 b2 c2      b c c  a a b 2  b2  c2  2  c2  a2  2  c2  a2 . 2 2 2 2 2 2 Đặt x  b  c , y  c  a , z  a  b ,. VT . suy ra. y2  z 2  x2 z 2  x2  y 2 x2  y 2  z 2   2 2x 2 2y 2 2z.   ( z  x) 2   ( x  y)2  1   ( y  z)2   x   y   z   2 2   2x   2y   2z    ( z  x)2   ( x  y )2  1   ( y  z )2   2 x  3x     2 y  3y     2 z  3z    2 2   2x   2y   2z . THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh . 1 2 2. Suy ra.   2( y  z )  3x    2( z  x)  3 y    2( x  y  3z   VT . 1 2 2. ( x  y  z) . 1 2011 2 2. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI cÊp tØnh LỚP 9 thcs NĂM HỌC 2009-2010 Môn Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang. C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph¬ng ? C©u 2 (5 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh x 2  2 x  3 2 2 x 2  4 x  3. b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x 2  y 2 1  xy  2 2  x  y 3 xy  11. C©u 3 (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n:  x  y  z 2010  1 1 1 1  x  y  z  2010  . TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: C©u 4 (6 điểm). P  x 2007  y 2007   y 2009  z 2009   z 2011  x 2011 . Cho đờng tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A, (D; R2) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại B. Hai đờng tròn (C; R1) và (D; R2) cắt nhau tại ®iÓm thø hai M. a) Trong trêng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©y AB, chøng minh OM//CD vµ 4 ®iÓm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn. b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đờng tròn cố định và đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N. c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất? C©u 5 (2 điểm) Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng x y z 1  2  2  x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z 2. ----------------------------- HÕt -----------------------------Hä vµ tªn thÝ sinh ..................................................................... SBD .............................. THCS TT Nghĩa Đàn.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Chó ý: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010. MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 6 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph¬ng ? ĐÁP ÁN. BIỂU ĐIỂM. a) Theo gi¶ thiÕt n lµ sè tù nhiªn nªn: 2 – 1, 2 , 2 + 1 lµ 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp.. 0,5 điểm. V× tÝch cña 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp lu«n chia hÕt cho 3 nªn (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hÕt cho 3. 0,5 điểm. n. n. n.   chia hÕt cho 3 MÆt kh¸c (2n, 3) = 1 nªn  VËy A chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n b) Ta thÊy B lµ sè chÝnh ph¬ng  4B lµ sè chÝnh ph¬ng §Æt 4B = k2 (k  N) th× 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2  (2n-1-k)(2n-1+k) =-51 2n  1 2n  1. 0,5 điểm 1,0 điểm. V× 2n-1+k  2n-1-k nªn ta cã c¸c hÖ  2n  1  k 1  2n  1  k 3  2n  1  k 51  2n  1  k 17 (1)  (2)  (3)  (4)  2n  1  k  51 2n  1  k  17 2n  1  k  1  2n  1  k  3. Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta tìm đợc n = -12, n =-3, n =13, n =4  12;  3; 4;13 VËy c¸c sè nguyªn cÇn t×m lµ n  . C©u 2 (5 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh x 2  2 x  3 2 2 x 2  4 x  3. b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x 2  y 2 1  xy  2 2  x  y 3xy  11. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 điểm. 1,0 điểm.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh ĐÁP ÁN. BIỂU ĐIỂM. 2. a) Ta cã:. 2 x 2  4 x  3 2  x  1  1 1. nên tập xác định của phơng trình là R. 0,5 điểm. Phơng trình đã cho tơng đơng với 2 x 2  4 x  3  4 2 x 2  4 x  3  3 0 2 Đặt y  2 x  4 x  3 1 thì phơng trình đã cho trở thành. y 2  4 y  3 0  y 1    y 3. Víi y = 1 ta cã. 2. 1,0 điểm. (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). 2. 2 x  4 x  3 1  2 x  4 x  3 1  x=1. 2 2 Víi y = 3 ta cã 2 x  4 x  3 3  2 x  4 x  3 9. 1,0 điểm.  x  1    x 3. VËy ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3. b) Hệ đã cho tơng đơng với  x 2  xy  y 2 1  2 2 2 2 11 x  xy  y   x  3xy  y  x 2  xy  y 2 1    x  2 y   5 x  3 y  0 (*). 11 x 2  xy  y 2  11  2 2  x  3xy  y 11 . 1,0 điểm. Tõ hÖ (*) ta suy ra  x 2  xy  y 2 1  x 2  xy  y 2 1    x  2 y 0 (I) hoÆc  5 x  3 y 0 (II). Giải hệ (I) ta tìm đợc (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) HÖ (II) v« nghiÖm VÆy hÖ cã nghiÖm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1).. 0,5 điểm 1,0 điểm. C©u 3 (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n:  x  y  z 2010  1 1 1 1     x y z 2010  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:. P  x 2007  y 2007   y 2009  z 2009   z 2011  x2011  §¸p ¸n. Từ gi¶ thiÕt suy ra x, y, z kh¸c 0 vµ 1 1 1 1    x y z xyz. THCS TT Nghĩa Đàn. biÓu ®iÓm. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh 1 1 1  1        0  x y  z x yz xy xy   0 xy z  x  y  z. 0,5 ®iÓm.  1  1   x  y   0 2   xy xz  yz  z    x  y   xz  yz  z 2  xy  0. 0,5 điểm 0,5 điểm.   x  y    xz  z 2    yz  xy   0   x  y   z  z  x   y  z  x   0   x  y   y  z   z  x  0  x 2007  y 2007  x2007  y 2007 0  x  y 0  x  y  z  y 0   y  z   y 2009  z 2009   y 2009  z 2009 0     2011 2011   z 2011  x 2011 0  x  z  x z    x  z 0. 0,5 điểm. 0,5 điểm nªn P = 0. C©u 4 (6 điểm) Cho đờng tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A, (D; R2) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại B. Hai đờng tròn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i ®iÓm thø hai M. a) Trong trêng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©yAB, chøng minh OM//CD vµ 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn. b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên cung tròn cố định và đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm N cố định. c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất? §¸p ¸n. THCS TT Nghĩa Đàn. biÓu ®iÓm.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh. O. M. C A. K. H. D. B. P. N. a) Nèi CP, PD ta cã  ACP,  OAB lÇn lît c©n t¹i C, O nªn  CPA =  CAP =  OBP do đó CP//OD (1) T¬ng tù  DBP,  OAB lÇn lît c©n t¹i D, O nªn  DPB =  DBP =  OAB nªn OD//CP (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c ODPC lµ h×nh b×nh hµnh Gäi CD c¾t MP t¹i H c¾t OP t¹i K th× K lµ trung ®iÓm cña OP Theo tính chất 2 đờng tròn cắt nhau ta có CD  MP  H là trung điểm MP Vậy HK//OM, do đó CD//OM Ta phải xét 2 trờng hợp AP < BP và AP > BP, đáp án chỉ yêu cầu xét 1 trờng hîp gi¶ sö AP < BP V× tø gi¸c CDOM lµ h×nh b×nh hµnh nªn OC = DP, DP = DM = R2 nªn tø gi¸c CDOM là hình thang cân do đó 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn 2 2 2 2 b) XÐt tam gi¸c AOB cã: OA  OB 2 R  AB nªn tam gi¸c AOB vu«ng c©n t¹i O Vì 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc 1 đờng tròn (kể cả M trùng O) nên  COB =  CMD (1) XÐt  MAB vµ  MCD cã 1   MAB =  MCD ( cïng b»ng 2 s® MP cña (C)) 1   MBD =  MDC ( cïng b»ng 2 s® MP cña D)) nên  MAB đồng dạng với  MCD (g.g). THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm. 0,5 điểm. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh Vì  MAB đồng dạng với  MCD suy ra  AMB =  COD hay 0  AMB =  AOB = 90. 0,5 điểm. Do AB cố định nên điểm M thuộc đờng tròn tâm I đờng kính AB 0 Ta cã ACP BDP AOB 90 nªn 1 0  AMP = 2  ACP = 45 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (C)) 1 0  BMP = 2  BDP = 45 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (D)) Do đó MP là phân giác AMB Mà  AMB =  AOB =900 nên M  đờng tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB. Giả sử MP cắt đờng tròn (I) tại N thì N là trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định c)  MAP vµ  BNP cã  MPA =  BPN (®®),  AMP =  PBN (gãc néi tiÕp cùng chắn 1 cung) nên  MAP đồng dạng với  BNP (g.g). 0,5 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm. 2. PA PM AB 2 R 2  PA  PB    PM .PN PA.PB     2 4 2 (không đổi)   Do đó PN PB R2 VËy PM.PN lín nhÊt b»ng 2 khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm d©y AB. 0,5 điểm. V× tam gi¸c AMB vu«ng t¹i M nªn 1 1 AB 2 R 2 S AMB  AM .BM   AM 2  BM 2    2 4 4 2 2 R DiÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt b»ng 2 khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm. 0,5 điểm. d©y AB CÂU 5 (2 điểm) Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng x y z 1  2  2  x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z 2. §¸p ¸n. biÓu ®iÓm. Trớc tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có a 2 b2 c 2  a  b  c     x y z x yz. 2. (*). a b c   x y z  DÊu “=” x¶y ra ThËt vËy, víi a, b  R vµ x, y > 0 ta cã a 2 b2  a  b    x y x y . a. .  bx  ay . 2. 2. y  b x   x  y   xy  a  b  2. 2. 0. (**) 2. (luôn đúng). a b  x y  DÊu “=” x¶y ra. áp dụng bất đẳng thức (**) ta có. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Sưu tầm : Nguyễn Tài Minh 2. a  b  a b c c2  a  b  c       x y z x y z x yz a b c   x y z  DÊu “=” x¶y ra 2. 2. 2. 2. áp dụng bất đẳng thức (*) ta có VT . x y z  2  2 x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010. . 2. x2 y2 z2   x  x 2  yz  2010  y  y 2  zx  2010  z  z 2  xy  2010 . .  x  y  z. x 3  y 3  z 3  3xyz  2010  x  y  z . x  x  yz  2010  2. Chó ý:. 0,5 điểm. 2. (1). x  x  xy  zx  1340   0 y  y 2  zx  2010   0 2. =. ,. vµ. z  z  xy  2010   0 2. Chøng minh:. Do đó:. x3  y 3  z 3  3xyz  x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx . 2  x  y  z    x  y  z   3  xy  yz  zx     (2) 3 3 3 x  y  z  3xyz  2010  x  y  z  . 0,5 điểm. 2. 3  x  y  z    x  y  z   3  xy  yz  zx   2010    =  x  y  z. (3). Tõ (1) vµ (3) ta suy ra 2.  x  y  z VT  3  x  y  z DÊu “=” x¶y ra  x = y = z =. . 1 x yz. 2010 3 .. THCS TT Nghĩa Đàn. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(35)</span>