DADE THI HSG TOAN 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT KRÔNG ANA. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Đề thi môn: Toán 9. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 150 phút. I (4 điểm). 1. Cho n là một số tự nhiên bất kì khác 0. Chứng minh phân thức 21n  4 14n  3 là tối giản (không thể giản ước được).. 2. Chứng minh rằng một số có dạng n4 – 4n3 – 4n2 + 16n (với n là số nguyên chẵn lớn hơn 4) thì chia hết cho 384. y. II (3 điểm). Tìm x (x > 0) để biểu thức nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.. x 2.  x  2012  đạt giá trị lớn. III (5 điểm). 1. Giải các phương trình sau: a. b.. x 2 x  1 x  x  5. 2. Dùng đồ thị để kiểm tra lại các kết luận trong câu 1.. . o. IV (3 điểm). Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có A 80 . I là o  o  một điểm ở trong tam giác đó sao cho IBC 10 , ICB 20 . Hãy tính số đo góc AIB. V (5 điểm). Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp trong đường tròn tâm O và một điểm M di động trên đường tròn đó. Gọi D là hình chiếu của B trên AM và P là giao điểm của BD và CM. 1. Chứng minh rằng tam giác BPM cân. 2. Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn tâm O để điểm P cũng nằm trên đường tròn đó. 3. Tìm quỹ tích điểm D khi M di động trên đường tròn tâm O. ______________________.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ............. Chữ ký giám thị 1. Chữ ký giám thị 2. PHÒNG GD & ĐT KRÔNG ANA ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 9 Câu. Nội dung. Điểm. a b a  1   Ta thấy rằng b tối giản thì a cũng tối giản.. 1. 21n  4 7n  1 21n  4 7n  1 1  14n  3 14n  3 . Ta thấy 14n  3 tối giản khi 14n  3 tối giản, hay 14n  3 2 7 n  1 tối giản. 14n  3 1 2  7 n  1 vì n là số tự nhiên khác 0 nên 7 n  1 1 , Ta có 7 n  1 1 21n  4 do đó 7n  1 tối giản, hay 14n  3 tối giản.. Ta có 384 = 27.3. I. 4. Với n chẵn và n > 4, đặt n = 2k với k nguyên và k > 2. Từ đó ta có: 4. 3. 2. n 4  4n3  4n2  16n  2k   4  2k   4  2k   16  2k  24 k 4  25 k 3  2 4 k 2  25 k 24 k  k 3  2k 2  k  2 . 2. 24 k  k  k 2  1  2  k 2  1  24 k  k  2   k  1  k  1. Vì k > 2 nên k – 2  1, k – 1  2, k  3 và k + 1  4 Trong các số. k ,  k  2  ,  k  1 ,  k  1. sẽ có số chia hết cho 2 và có số chia hết cho 4 nên tích các số đó chia hết cho 23. Mà tích của 4 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3, vậy 4 3 2 24 k  k  2   k  1  k  1 chia hết cho 27.3 hay n  4n  4n 16n. chia hết cho 384.. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y. x x  2012 .  Theo bài ra ta có x > 0, đạt giá trị nhỏ nhất với y  0.. 2. 1 đạt giá trị lớn nhất khi y. 2. 1  x  2012  x 2  2.2012 x  20122 20122   x  4024  y x x x 1 20122  4024  x  x . Vì 4024 không đổi nên ta tìm giá trị nhỏ hay y 20122 20122 x x . Ta thấy hai số x và x đều dương và có nhất của. II. 3. 3. 2. 2. tích bằng 2012 không đổi nên tổng của chúng nhất khi chúng bằng nhau, tức là: x. x. 2012 x sẽ nhỏ. 20122 x hay x2 = 20122, x = 2012 (Không lấy giá trị âm).. Vậy với x = 2012 thì y đạt giá trị lớn nhất và giá trị đó là y. III. 2012.  2012  2012 . x 2 x  1 1a. 2. . 1 8048 5. :. Nếu x  0 thì x = 2x – 1 hay x = 1 1 Nếu x < 0 thì –x = 2x – 1 hay x = 3 (loại).. 1,5. Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 1b. x  x  5. :. Nếu x  0 thì x = -x – 5 hay x = -2,5 (loại) Nếu x < 0 thì –x = -x – 5 hay 0 = -5 (vô lí). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.. 1,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y 4. yx = 2x-1 yx = x. 2. 1. yx = x. 2. -5. 5. O. x. -2. yx = -x-5 -4. * Vẽ đồ thị của y = |x| và y = 2x -1 trên cùng một hệ trục toạ độ. Giao điểm chung của 2 đồ thị trên là điểm (1; 1). * Vẽ tiếp đồ thị hàm số y = -x – 5, rõ ràng đồ thị y = |x| và y = -x – 5 không cắt nhau. Phương trình vô nghiệm.. 1. A K I B IV. C. Vẽ tam giác đều KIC (K và A cùng phía so với BC), khi đó  ICA  ACK 30O .   ICA = KCA  IAC KAC .. 3. o  o o   Ta có BIC 150 ; KIC 60  BIK 150 ..  BIK BIC  KBI 10o  ABK  ACK 30o  ABCK nội tiếp được trong một đường tròn..      KAC  IAC KBC 20o  BAI 60o  AIB 80o. 3. 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> P A N D O M H C. B I.      Ta có AMB  ACB nên DBM 1V  AMB 1V  ACB .. (1).   Kẻ AH vuông góc với BC cắt đường tròn (O) tại I, ta có CAH HAB   nên CI = IB và CAH 1V  ACB (2). 1.   Từ (1) và (2) ta có MBD CAH . Vì AI là phân giác của góc A nên 2       MBD CAI IAB , vậy nên NM CI IB. V. 1 1     IB   MN  CPB  CPB  CI  2 sđ 2 sđ CI Ta thấy hay . Ta có     CPB CAI cho nên CPB MBN hay tam giác MPB cân tại M.. . . 1  CPB  CAB 2 Ta thấy rằng nếu P ở ngoài đt(O) thì . Tam giác ABC 1 CAB cố định nên P phải nằm trên cung chứa góc bằng 2 vẽ trên. BC. Từ đó ta thấy giao của cung nói trên và đt (O) là điểm P. Vì cung này cắt đường tròn tại 2 điểm B và C nên ta có 2 điểm P trên đt (O). 1  ICB  CAB 2 - Nếu P trùng với C, ta có nên lúc này M trùng với I.. Ngược lại, nếu M trùng với I ta phải chứng minh P trùng với C, tức là P thuộc đt(O).. 2. Nối IA, kẻ BD  AI cắt CI tại C' (C' đóng vai trò như P) khi đó 2 BC'  AI. Vì tam giác CIB cân và AI  CB nên CB trung với C'B.. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vì vậy C' trung với C, tức là P trùng với C. 1  CBM  CAB  D HAB  2 - Nếu P trùng với B, dựng , vì MB mà HAB  HBA   1V nên ABM 1V , chứng tỏ AB  BM. mà AM  BP nên M trùng với B Ngược lại, nếu M trùng với B, ta phải chứng minh P ở trên đường tròn, tức là P trùng với B. Nối AB, từ B kẻ BP  AB; nối CM. Vì M trùng với B nên CM trùng với CB và giao điểm của BP với CB chính là B. Thuận: . Vì AB cố định và BDA 1V không đổi, nên B nằm trên đường tròn đường kính AB. Đảo: Giả sử có một điểm D' bất kì trên đường tròn vừa tìm được. Nối AD' cắt đường tròn (O) tại M'; nối BD'; ta chứng minh AM'  BD', tức là D' là hình chiếu của B trên AM'. o  Vì D' thuộc đường tròn đường kính AB nên AD'B 90 .. P A. 3 N M'. D'. 1. 1 2. D O. M H C. 1. B I. Kết luận: Quỹ tích điểm D khi M di động trên đường tròn tâm O là đường tròn đường kính AB..

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