De thi va dap an thi HSG toan 9 vong 2 nam hoc 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG 2. ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9. (Đề gồm 1 trang). Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Bài 1: (2.0 điểm ). Rút gọn các biểu thức sau:. . P  1. a. b. c..  1  x x  1 x    1   x  2 x  1   1 x. . Rút gọn P . Tính giá trị của P khi x 7  4 3 . Chứng minh: P  1. Bài 2: (2.0 điểm). Giải các phương trình o a. Cho 0  x  90 . Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của biến:. sin 6 x  cos6 x  3sin 2 x . cos 2 x  tan 2 x . cos 2 x  cotan 2 x .sin 2 x. .. 2 2 b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x  3 y  4 x 19. Bài 3: (2.0 điểm). Cho các số nguyên dương: a1; a2 ; a3 ;...; a2013 sao cho: N = a1  a2  a3  ...  a2013 chia hết cho 30. a.. 5 5 5 5 Chứng minh: M = a1  a2  a3  ....  a2013 chia hết cho 30. 2 2 b. Cho x; y thỏa mãn: x  y  2 x  4 y 0 . Chứng minh: x  2 y 10 Bài 4: ( 2,5 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên cạnh AB lấy điểm N, CN cắt đường thẳng DA tại E. Đường thẳng qua C vuông góc CN tại C cắt đường thẳng AB tại F. Diện tích 2 tứ giác ACFE là 3 a . a. Chứng minh: N là trung điểm AB. b. Tính CF theo a Bài 5: (1,5 điểm). Cho đường tròn cố định (O; R) đi qua đoạn thẳng BC cố định. Điểm M di chuyển trên đường tròn (O), M không trùng với B; C. Gọi G là trọng tâm tam giác MBC. Chứng minh rằng điểm G di động trên một đường tròn cố định. Hết./. Họ và tên thí sinh……………………………………...……….SBD………….………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 9. MÔN: TOÁN Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang Nội dung cần đạt. Ý. ĐK: x 0; x 1 a. . P  1. 1,0. . 1. 2.0. b 0.5. c. 0.5. 2a. 1.0. 0.25x4.  1  x x  1 x    1  1    x  2 x  1   1 x. . . 2 x  1 x  x 1 x  .  x 2 x1. x 7  4 3 . Điểm. x 2 .  x  1  x   x  x  (2 x  1)  x     2 x1  (1  x ) x   . . x 1 x. 3. 7  4 3  2  3 1 6  2 3  3 2 3 2 3 x  x 1 1 1 P  x  1 2 x .  1  P 1 x x x 1 x  x 1 x Dấu “=” xẩy ra khi: ; mà x 1 không thuộc TXĐ Vậy P  1. 0.25 0.25. P. 0.25 0.25. 0.25x4 sin 6 x  cos6 x  3sin 2 x . cos 2 x  tan 2 x . cos 2 x  cotan 2 x .sin 2 x sin 2 x cos2 x 2 sin 6 x  cos6 x  3sin 2 x . cos 2 x(sin 2 x  cos 2 x)  . c os x  .sin 2 x cos 2 x sin 2 x 2  sin 2 x  cos 2 x    sin 2 x  cos 2 x  1  1 2. Giá trị biểu thức bằng 2. không phụ thuộc giá trị của x. 2. 2.0. 2 x 2  3 y 2  4 x 19  2( x 2  2 x 1) 3(7  y 2 )  2( x  1) 2 3(7  y 2 )  3(7  y 2 ) 2  7  y 2 2  y là số nguyên lẻ. 2b. 1.0. 3a. 1.0. 2. 2.  x  1 0  7  y 2 0  y 2 1. Mà HS tìm y rồi thay vào tìm x để tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1) 5 2 - HS lập luận: a1  a1 a1 (a1  1)(a1  1)(a1  1) chia hết cho 6. vì có tích 3 số tự nhiên liên tiếp. a 5  a1 a1 (a1  1)(a1  1)(a12  1) - HS lập luận: 1 chia hết cho 5. (Chia các trường hợp để xét: a1 5k ; a1 5k 1; a1 5k 2 ). 0.25 0.25 0.25. 0,25 0.25. 5 Mà (5; 6) = 1 nên a1  a1 30. Xét tương tự và suy ra được:. 3. 2.0. 0.25. 5 a15  a1  a25  a2  a35  a3  ....  a2013  a2013 30. 0.5. 5 5 5 5 Hay a1  a2  a3  ....  a2013 - a1  a2  a3  ...  a2013 30  M  N 30 Theo giả thiết: N 30  M 30. x 2  y 2  2 x  4 y 0  x 2  2 x 1  y 2  4 y  4 5  ( x  1) 2  ( y  2) 2 5. 3b. 1.0. Vận dụng BĐT Bunhiacopski ta có: ( x  1  2( y  2))2 (12  22 )  ( x  1) 2  ( y  2)2  25  x  1  2( y  2)  25 5  x  2 y 10. 0,25 0,5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> E. B. A. F. N. D. 4a 1,5đ. C. Gọi độ dài BN = b ( Với 0 < b < a) C/m được:  CBF =  CDE (g-c-g)  CF = CE  2S ACFE 2( S EAC  S ECF ) EA.CD  CE.CF a.EA  CE 2. (1). EA AN EA a b a (a  b)     EA  EA  a a b Vì AN // DC nên áp dụng Talet: ED DC a ( a  b) b Suy ra: DE = EA + AD = +a a4 2 Áp dụng định lý Py ta go vào DEC ta có CE2 = CD2 +DE2 = a2 + b Từ (1),(2),(3) suy ra a 2 ( a  b) a 2b 2  a 4 a 3 ( a  b)  b b2 b2 2SACEF = +. 0,5. (2). (3). a 3 ( a  b) 2 Do đó SACEF = 3SABCD <=> 2b = 3a2 <=> a2 +ab -6b2 = 0 HS lập luận giải: a = 2b Vậy điểm N trung điểm của AB. 0,5. 0,5. 4b 1,0. a4 a4 2 a  5a 2 2 1 b a2 2 2 4 Theo c/m trên: CF = CE mà theo (3) CE = a + CF a 5. 5. 1,5. 1 NH  NO 3 Lấy N trung điểm BC. Trên NO lấy H sao cho (O) cố định, BC cố định nên H cố định. 1 NG  NM 3 Theo tính chất trọng tâm: (2) 1 1 NHG NOM  HG  OM  R 3 3 Từ (1) và (2): 1 HG  R 3 H cố định Vậy G chạy trên đường tròn (H; R/3). 0,5x2. M. 0.5 (1).. 0.25 0,25. N. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>