De Dap an HSG Toan 9 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>phòng giáo dục và đào tạo cẩm khê kú thi chän häc sinh giái c¸c m«n v¨n ho¸ líp 9 cÊp huyÖn n¨m häc 2012 - 2013. §Ò chÝnh thøc. đề thi môn toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: (4 điểm) a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì An = n(n+1)(n+2)(n+3)+ 1 là số chính phương. b. Tìm các số nguyên x để x3 - 2x2 +9x - 9 chia hết cho x2 + 5 Câu 2: (4 điểm) x 1 x5  4 x3  3x  9  4 2 2 a. Tính giá trị của biểu thức A = x  3 x  11 với x  x  1 4. a 1  b2  b 1  c2  c 1  a 2 . b. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: Chứng minh rằng: Câu 3: ( 3 điểm). a 2  b2  c2 . 3 2.. 3 2. 2. 2. Giải phương trình: 2 x  5 x  12  2 x  3x  2  x  5 . Câu 4: (7 điểm) Từ điểm P nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến PA và PB với A và B là các tiếp điểm. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC của đường tròn. a. Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm của AH. b. Tính AH theo R và PO = d. c. Đường thẳng a đi qua P sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng a bằng R 2 , đường thẳng vuông góc với PO tại O cắt tia PB tại M. Xác định vị trí của điểm P trên đường thẳng a để diện tích  POM đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (2 điểm) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1  a2. . 1 1  b2. . 1 1  c2. . 3 2. -Hết-. Họ và tên thí sinh:......................................................... Số báo danh:................ Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. phòng giáo dục và đào tạo HUYỆN cẩm khê.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> kú thi chän häc sinh giái líp 9 cÊp huyÖn n¨m häc 2012 - 2013 híng dÉn chÊm m«n to¸n (§Ò chÝnh thøc, ngµy thi 26 th¸ng 12 n¨m 2012). I. Mét sè chó ý khi chÊm: - Híng dÉn chÊm díi ®©y chØ dùa vµo lêi gi¶i s¬ lîc cña mét c¸ch, khi chÊm gi¸m kh¶o cÇn bám sát yêu cầu của đề bài, lời giải chi tiết của học sinh đảm bảo lôgic đúng kiến thức bộ m«n. - Thí sinh làm bài cách khác với Hớng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm tơng ứng với biểu điểm của Hớng dẫn chấm - Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần làm tròn đến 0, 25 điểm.. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm: §¸p ¸n §iÓm Câu 1: (4 điểm) a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A n = n(n+1)(n+2)(n+3)+ 1 là số chính phương. b. Tìm các số nguyên x để x3 - 2x2 +9x - 9 chia hết cho x2 + 5 a. Ta có: 1 An n(n 1)(n  2)(n  3) 1 (n 2  3n)(n 2  3n  2)  1 1 (n2  3n)2  2(n 2  3n) 1 (n 2  3n 1)2 Vậy An là số chính phương với n  N b. Đặt A = x3 - 2x2 +9x - 9 = x(x2 +5) - 2(x2 + 5) + 4x + 1 Do đó: A  (x2 +5)  (4x + 1)  (x2 + 5) (1) Vì 4x  -1 và 4x  1, nên từ (1) suy ra (4x + 1)(4x - 1)  (x2 + 5)  (16x2 - 1)  (x2 + 5)  16(x2 + 5) - 81  (x2 + 5)  81  (x2 +5) Vì x2 + 5  5 nên chỉ xảy ra một trong hai trường hợp sau: . x2 + 5 = 81  x2 = 76 (không có giá trị x nguyên nào thoả mãn) . x2 + 5 = 27  x2 = 22 (không có giá trị x nguyên nào thoả mãn) x2 + 5 = 9  x2 = 4  x = 2 (t/m) hoặc x = -2 (không thoả mãn (1). Vậy với x = 2 thoả mãn điều kiện bài toán. Câu 2: (4 điểm). 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25. x 1 x5  4 x3  3x  9  4 2 2 a. Tính giá trị của biểu thức A = x  3 x  11 với x  x  1 4. b. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: Chứng minh rằng:. a 2  b2  c2 . a 1  b2  b 1  c2  c 1  a 2 . 3 2.. 3 2. x 1   4 x  x 2  x  1  x2 3x  1 a. Ta có x  x  1 4 2. 0.5. Do đó: x 3  x 2 .x (3x  1).x 3 x 2  x 3(3x  1)  x 8 x  3 x 4  x 3 .x (8 x  3).x 8 x 2  3x 8.(3x  1)  3x 21x  8 x 5  x 4 .x (21x  8).x 21x 2  8 x 21.(3x  1)  8 x 55 x  21. Từ đó ta có:. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x5  4 x 3  3x  9 55x  21  4(8 x  3)  3x  9 28x. 0.25. x 4  7 x 2  15 21x  8  7(3x  1)  15 42 x x 5  4 x3  3x  9 28 x 2   4 2 42 x 3 (vì x 0 ) Vậy A = x  3 x  11. b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: a 1  b2  b 1  c 2  c 1  a 2 . a 2 1  b2 b2 1  c2 c 2  1  a 2 3    2 2 2 2. 1. Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi: a  1  b 2  a 2 1  b 2   2 3  2 2 2 2 2 b  1  c  b 1  c  a  b  c   2  c 2 1  a 2 2 c  1  a   đpcm. 1. Câu 3: ( 3 điểm) Giải phương trình:. 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5 .(1). 0.25 0.5 0.25. 2 2 Đặt u  2 x  5 x  12, v  2 x  3x  2 ( u  0, v  0).  u 2 2 x 2  5 x  12, v 2 2 x 2  3x  2  u 2  v 2 2 x  10 2( x  5) 2 2 Từ (1)  2(u  v) (u  v )  (u  v)(u  v  2) 0 (2). Vì u  0, v  0 , từ (2) suy ra: u  v  2 0 . Vì vậy. 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  2 (3). 0.5 0.25. 2 Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2 2 x  3 x  2  x  3.  x  3 0   2 2 2 x  3 x  2  x  3.  x  3   2 7 x  6 x  1 0.  x  3   2 (7 x  7)  (6 x  6) 0.  x  3 1   1  x  1, x   tm  7  x  1, x  7.  x  3  ( x  1)(7 x  1) 0. 1. 0.25. 1 Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 7. Câu 4: (7 điểm) Từ điểm P nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến PA và PB với A và B là các tiếp điểm. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC của đường tròn. a. Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm của AH. b. Tính AH theo R và PO = d. c. Đường thẳng a đi qua P sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng a bằng R 2 , đường thẳng vuông góc với PO tại O cắt tia PB tại M. Xác định vị trí của điểm P trên đường thẳng a để diện tích  POM đạt giá trị nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P. A. 0.5. N. C H. K O B M. a j. NH CH 2 NH CH    PB OB (1) a. Vì AH//PB , áp dụng định lý Talét vào  CPB ta có: PB CB ABC BPO    HAC BPO. Ta cã:. (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) ;   ¬ng øng song song)  BPO HAC  ACH POB (g,g) . (gãc cã c¹nh t-. AH CH  PB OB (2). 0.75 0.75 0.5. Tõ (1) vµ (2) suy ra: AH = 2NH hay AN = NH. b. Trong  ABC vuông ở A có đờng cao AH. áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vu«ng ta cã: AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH (3). 2 NH .OB PB Tõ (1) ta cã vào (3) , kết hợp với AH = 2NH ta đợc: AH.CB   AH.CB    2R  .  2PB   2.PB  AH2 =   4PB2.AH2 = (4R.PB - AH.CB).AH.2R = 8R2.PB.AH - 4R2.AH2  PB2.AH = 2R2.PB - R2.AH  AH(PB2 + R2) = 2R2.PB. 0.5. CH . 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5. 2R 2 d 2 -R 2 2 Thay PB2 = d2 - R2 vào hằng đẳng thức trên ta đợc: AH = d. 1 1 1 c. Ta cã: SMOP = 2 MP.OB = 2 ( PB + BM ). OA = 2 ( PB + MB ). R 1 áp dụng bất đẳng thức Cô si có: 2 (PB + MB)  PB.BM. DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi PB = BM  MOP vu«ng t¹i O, cã : PB.MB = OB2 = R2 Tõ (1), (2), (3) suy ra SMOP  R2   MOP cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng R2 khi vµ chØ khi PB = BM = R.   PBO vu«ng c©n t¹i B  OP = R 2 .. 0.5 (1) (2) (3). 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vậy  MOP có diện tích nhỏ nhất khi OP = R 2 . Khi đó P là chân đờng vuông góc hạ từ O đến đờng thẳng a. Câu 5: (2 điểm) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1  a2. 1. . 1. . . 3 2. 1  b2 1  c2 Vì vai trò của a, b, c là như nhau, giả sử a b c . Do abc = 1 nên bc  1 và a  1.. 0.25. Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có: 2.  1   1  b 2c 2  1  1  1  b 2c 2   1   2   2 1   2    1   1  b2 1  c2  2 2  2  2 2 (1  b )(1  c )   1  b 1  c    (1  bc)    4bc 4 4a    (Vì bc  1; a  1) 1  bc 1  bc 1  a 1 1 a  2 2 a 1 1  c2 Suy ra: 1  b (1) (1  a) 2 (12  12 )(12  a 2 ) . Mặt khác, ta có:. 1. 2  1  a 2 1  a (2). a 2 3 2   a 1 1  a 2 (3) - Chứng minh:  1  3a  2 2a (a  1) 0  ( 2a  1  a ) 2 0. Thật vậy, ta có (3). 1 2. . 1 2. . 1. 1b 1 c Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1  a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.. 2. . 3 2. 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. (luôn đúng với  a).

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