DE THI HSG TOAN 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ PHÚ THỌ. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013. Môn: Toán Thời gian thi: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ BÀI x 3 x 2 x 2      :  1  x  2 3  x x  5 x  6    Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức Với x 0; x 4; x 9 ; . A . x  ; x  1 . a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x 6  2 5 . 1 c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất. đó? Bài 2 ( 3điểm): Cho tam giác ABC có góc A = 20 0, AB = AC = b; BC = a. Chứng minh hệ thức a3 +b3 = 3ab2. Bài 3 (4 điểm): B 111...1     222...2   . n 2n a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì số là một số chính phương. 2 2 b) Chứng minh rằng nếu a và a  8 đều là các số nguyên tố thì a  2. cũng là số nguyên tố. Bài 4 (6 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax, By lần lượt ở C và D. a) Chứng minh OC  OD và CD  AC  BD . b) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để CD có độ dài nhỏ nhất. Bài 5 (3 điểm): Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: C ab  2bc  3ca ; ...................................Hết........................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Toán Năm học: 2012-2013 x 3 x 2 x 2      :  1   x  2 3 x x  5 x 6   . A . Bài 1 (4 điểm):Cho biểu thức Với x 0; x 4; x 9 (*) a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị của A khi x 6  2 5 ;. x  ; x  1 . 1 c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó?. Lời giải sơ lược. Điểm. * a) Với điều kiện   ta có:. . x 3   x 2 . x 2  x 3. A . . .    :  x 1  x  3   x  1 . x 2. . x 2. . . 0,50. x 9 x4 x 2  1  :  x 2 x 3  x 1 . . . . 0,50. x 3. . . x 2.  1  :  x  3  x 1 . . 0,50. . 1 1 x 1 :  x  2 x 1 x 2.. . x 6  2 5 . b) Dễ thấy : x. . . 51. 2.  51. 0,50. . 5 1. 2. thoả mãn điều kiện. Khi đó:. 0,50. .. Do vậy, giá trị của biểu thức A là: . x   x  1 . 0,25. 5  1 1 5  5  1 2 5 3. 0,25. 3 5 5 4 .. 1 1 c) Viết lại, A =. 3 1 x  1 . Để A có GTNN thì. 3 x  1 có GTLN, hay. x 1. 0,25. có GTNN. Ta có:. x  1 1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0.. 1 1 Giá trị nhỏ nhất của A là. 3 1  3  2 0 1 , xảy ra khi x = 0.. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 2 ( 3điểm):Cho tam giác ABC có  A = 200 , AB = AC = b; BC = a . Chứng minh hệ thức a3 +b3 = 3ab2. Lời giải sơ lược. Điểm. A. M N B. C. Vẽ tia BX sao cho  Abx = 600 cắt AC tại N; vẽ AM vuông góc với Bx 1,00 tại M => tam giác ABM là nửa tam giác đều => BM = b/2 Ta có tam giác ABC đồng dạng với tam giác BCN từ đó tính CN = a 2/b => b. a2 3b 2 b ; AM2 = 4 ; MN = b/2 - a. 2,00. AN = AM2 = AN2 - MN2 Thay tính ra kết quả a3 +b3 = 3ab2 Bài 3 (4 điểm):. B 111...1     222...2   . n 2n a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì số là một số chính phương. 2 2 b) Chứng minh rằng nếu a và a  8 đều là các số nguyên tố thì a  2 cũng là số nguyên tố. Lời giải sơ lược Điểm a) Ta có :. B 111...1           222...2    111...1000...0        111...1     2 X 111...1 n 2n. n. n. n. n. 1,00. 111...1       111...1          X (999...9     1)  111...1    X (9 X 111...1     1)  111...1 n. a 111...1 . n. n. n. n. 2. n. 2. 2. n Đặt , ta được: B a(9a  1)  a 9a  a  a 9a (3a ) Vì a là số tự nhiên nên B là một số chính phương. b) Xét phép chia số tự nhiên a cho 3, xảy ra 3 khả năng: a 3k ; a 3k 1và a 3k  2 (k  N ) . 2 2 + Nếu a 3k  1(k  N ) thì a  8 BS 3  1  8 BS 3  93 , mà a  8  3 nên a 2  8 không là số nguyên tố;. 0,75 0,25 0,75.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> + Nếu a 3k  2(k  N ) thì a  8 BS 3  4  8 BS 3  123 , mà a  8  3 nên 0,75 a 2  8 không là số nguyên tố; 2 2 Suy ra: a 3k . Nếu a là số nguyên tố thì a = 3, khi đó: a  8 17, a  2 11 0,50 đều là các số nguyên tố. Bài 4 (6 điểm):Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, bán kính R. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax, By lần lượt ở C và D. a) Chứng minh OC  OD và CD  AC  BD ; b) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để CD nhỏ nhất. Lời giải sơ lược Điểm 2. 2. a) Vì Ax  AB; By  AB nên Ax, By là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O). 1,00.   Vì CA và CM là hai tiếp tuyến cắt nhau nên CA = CM; O1 O2 (1) ;. 1,00.   Vì DB và DM là hai tiếp tuyến cắt nhau nên DB = DM; O3 O4 (2) ;  O   1 (O  O  O  O  ) 900 O 2 3 1 2 3 4 2 Từ (1) và (2), suy ra: . Hay OC  OD ;. CD = CM + MD = CA + DB. b) Vì tam giác COD vuông tại O, OM  CD nên CM.MD = OM2 = R2. Theo bất đẳng thức cô-si ta có: CD CM  MD 2 CM .MD 2 R 2 2 R .. 1,00 1,00 1,00. Dấu đẳng thức xảy ra khi CM = MD  AC = BD  Tứ giác ACDB là hình chữ nhật  CD // AB, mà OM  CD  OM  AB tại O, hay OM là 1,00 trung trực của AB  MA = MB hay M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) Bài 5 (3 điểm):Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: C ab  2bc  3ca . Lời giải sơ lược Viết lại: C ab  2bc  ca  2ca a(b  c)  2c(a  b) Vì a  b  c 1 nên C a(1  a)  2c(1  c). Điểm 1,00 0.75.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1 1 1 1 3 a  a 2  2c  2c 2   (a  ) 2   2(c  ) 2    4 2 2 2 4 2 4. 0.75. 1 a c  2 , b 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi. 0,50. 3 1 a c  2 , b 0 Vậy: giá trị lớn nhất của C là 4 , xảy ra khi. Các cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>