de hsg hoang hoa thanh hoa 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 26/ 11/ 2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 1 1 x x x   x  1 x x1 Bài 1: (4,0điểm). Cho biểu thức B = x  1  x a. Rút gọn biểu thức B. b. Tìm x để B > 0. 53 x 9 2 7 c. Tìm giá trị của B khi Bài 2: (4,0điểm). PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. a. Giải phương trình :. x  1  4 x  5   1  x  4 x  5 4. b. Chứng minh rằng 10 là số vô tỉ. Bài 3: (3,0điểm). a. Vẽ đồ thị hàm số y  2 x  1 . b. Xácđịnh tọa độgiao điểm của đồ thị hàm số ở câu a với đồ thị hàm số y=3x – 5. Bài 4: (4,0điểm). Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB. Trên các bán kính OA, OB lần lượt lấy các điểm M và N sao cho OM = ON. Qua M và N vẽ các dây CD và EF song song với nhau (C, E cùng thuộc một nửa đường tròn đường kính AB). a. Chứng minh tứ giác CDFE là hình chữ nhật. 2 OM  R 3 , góc nhọn giữa CD và OA bằng 600. b. Cho Tính diện tích hình chữ nhật CDFE. Bài 5: (2,0điểm). Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích ngũ giác đó. Bài 6: (3,0điểm). 4 4 4 a. Cho a, b, c là các số thực, chứng minh rằng: a  b  c  abc(a + b+ c) abc n 2  1  2 cba  ( n  2)   abc b. Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số sao cho Với n là số nguyên lớn hơn 2. Hết.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học: 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Hướng dẫn Điểm a.(2đ) ĐKXĐ : x > 1. 0,5đ 1 1 x x x   x  1 x x1 B = x 1 x. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HÓA. Bài. x 1 x  x 1 B = ( x  1  x )( x  1  2 x 1 x B= 1. x x ( x  1)  x) x1. 0,5đ 0,5đ. B= x 2 x 1 b. (1đ) Với x > 1 ta có : B > 0  x  2 x  1  0  x2 x 1  x 2  4( x  1)  ( x  2)2  0 (*) (*) đúng với mọi x 2 . Vậy B > 0 khi x > 1 và x 2. Bài 1 4đ. x c. (1đ). 53 53(9  2 7)  9  2 7 81  28 9 2 7. thay vào B = x  2 x  1 ta có: B = 9  2 7  2 8  2 7 9  2 7  2( 7  1) 7 53 x 9  2 7 thì B = 7. Vậy với Bài 2 a.(2đ) Đk : x 5 4đ x  1  4 x  5   1  x  4 x  5 4 . 0,5đ. ( x  5  2) 2  ( x  5  2) 2 4. . x 5 2 . . x 5 2  2. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ. x  5  2 4 x  5 4. (1) Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B vào (1) ta có : x  5  2  2  x  5  x  5  2  2  x  5 4 Dấu bằng xảy ra  ( x  5  2).(2 . x  5) 0. 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  (2 . x  5) 0. (vì. x  5  2  0).  2 x 5  x 9 Kết hợp với điều kiện, ta có 5 x 9 Vậy nghiệm của phương trình là : 5 x 9 10 . 0,25đ 0,25đ 0,5đ a (a, b  N* ,UCLN(a;b)=1) b. b(2đ) . Giả sử: 10 là số hữu tỉ. Đặt a2  2 10  a 2 10b 2  a 2 5  a5  a 2 25 b  10b 2 25  b 2 5  b5 Khi đó ƯCLN(a;b) 5 mâu thuẫn với ƯCLN(a;b) = 1. Vậy 10 là số vô tỉ.. 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ. Bài 3. a. (1,5đ) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x  1 (3đ) 1  2 x  1 khi x   2 y  2 x  1   2 x  1 khi x<  1  2. 0,5đ. 0,25đ. O. 1. y. x. Nhận xét rằng y 0 với mọi x. Ta có đồ thị hàm số :. Vẽ đúng đồ thị 0,75đ b.(1,5đ) Giả sử M(x0 ; y0) là tọa độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số 0,5đ y  2 x  1 và y = 3x – 5 . ta có : 5 x  2 x0  1 3x0  5 đk : 0 3 0,25đ TH1: 2 x0  1 3x0  5  x0 6. ( nhận) 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25đ 0,25đ. 4 2 x0  1  3 x0  5  x0  . 5 ( loại) TH2: Với x0 = 6 thì y0 = 13. Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là M(6 ; 13). C. E. H N A. M. B. O K. D. F. a. (2đ) Vẽ OH vuông góc với CD, OH cắt EF tại K, suy ra HK vuông góc với EF ( vì CD // EF). Suy ra HC = HD; KE = KF. Ta chứng minh được HOM KON ( cạnh huyền - góc nhọn) Suy ra OH = OK, suy ra CD = EF, từ đó suy ra tứ giác CDEF là hình Bài 4 bình hành. (4đ) Lại có KH là đường trung bình của hình bình hành CDFE, nên HK // CE, 0   suy ra ECD KHD 90 . Vậy tứ giác CDFE là hình chữ nhật. 2 R 3  OH OM .SinHMO  .R.Sin600  3 3 b. (2đ) Ta có 2R 3 CE HK 2.OH  3 3R 2 6 R 2 CH 2 OC 2  OH 2 R 2   9 9 R 6 2R 6 CH   CD  3 3 Suy ra Vậy. SCDFE. 2R 3 2R 6 4R2 2 CE.CD  .  3 3 3 (đvdt). 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0.5đ. 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán . BCD và ECD có SBCD = SECD = 1, đáy CD chung nên các đường cao Bài 5 hạ từ B và E xuống CD bằng nhau => EB // CD. (2đ) Tương tự AC// ED, BD //AE, CE // AB, DA // BC Gọi I = EC  BC => ABIE là hình bình hành. => SIBE = SABE = 1. Đặt SICD = x < 1 => SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED S ICD IC S IBC x 1 x    S IE S IBE hay 1  x 1 => x2 - 3x + 1 = 0 Lại có IDE 3 5 => x = 2. 3. do x < 1 => x =. 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 5 2. .. 51 Vậy SIED = 2 . Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED 5  1 5 5 = 3 + 2 = 2 (đvdt). 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a. (1,5đ )Áp dụng bất đẳng thức x2 + y2  2xy ( với mọi x, y ), ta có: 1 1 1 a 4  b 4  c 4  (a 4  b 4 )  (b 4  c 4 )  (c 4  a 4 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b  b c  c a (1) Mặt khác : 1 1 1  a 2 (b 2  c 2 )  b 2 (c 2  a 2 )  c 2 (a 2  b 2 ) 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 2 2 2 a bc  b ca  c ab abc (a  b  c ) (2). 0,25đ 0,5đ. 0,5đ. 4 4 4 Từ (1) và (2) ta có a  b  c  abc(a + b+ c) (đpcm).. 0,25đ. 2 b. (1,5đ ) abc 100a  10b  c n  1 (1) Bài 6 cba 100c  10b  a ( n  2) 2 n 2  4n  4 (2) (3đ) Từ (1) và (2) ta có: 99(a  c) 4n  5  (4n  5)99 (3) 100 n 2  1 999  101 n 2 1000  11 n 31 Mặt khác  39 4n  5 119 (4) Từ (3) và (4)  4n  5 99  n 26. 0,25đ 0,25đ. Vậy abc 675.. Chú ý: 1. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 2. Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

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