Toan hoc 1314

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014. MÔN THI: TOÁN LỚP 9 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề). Đề: Bài 1: (4 điểm). a) Chứng minh rằng: Với mọi n  Z thì n3 + 11n luôn chia hết cho 6. b) Chứng minh rằng: Hiệu các bình phương của hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho 8. Bài 2: (4 điểm). a) Rút gọn biểu thức 3( ab  b) ( a  b)3  2a a  b b  a  b a a b b A= với a > 0, b > 0 và a  b. x2  x 1 2 b) Tìm giá trị của x để biểu thức y = x  2x  1 có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó. Bài 3: (4 điểm). a) Giải phương trình:. x  2  2x  5  x  2  3 2x  5 7 2. 6  3   2x  y x  y  1   1  1 0  b) Giải hệ phương trình:  2x  y x  y Bài 4: (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH. Tiếp tuyến tại A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tiếp tuyến tại B và tại C theo thứ tự tại D và E. Gọi I là giao điểm của CD và BE. Chứng minh rằng: a) A, I, H thẳng hàng. b) AI = IH. c) DE.AI = DB.EC. Bài 5: (4,5 điểm). Cho đường tròn (O;R) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC tại D. Vẽ đường kính DE; AE cắt BC tại M. Chứng minh rằng: BD = CM. -------Hết-------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014. HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp 9 Bài 1: (4 điểm) a) (2 điểm) Ta có: n3 + 11n = n3 – n + 12n (0,5 điểm) = (n – 1)n(n + 1) + 12n (0,5 điểm) Do (n – 1)n(n + 1) là tích 3 số liên tiếp nên (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 (0,5 điểm) Mặt khác: 12n chia hết cho 6 (0,25 điểm) 3 Do đó: n + 11n chia hết cho 6. (0,25 điểm) b) (2 điểm) Gọi hai số tự nhiên lẻ liên tiếp là 2n + 1 và 2n + 3 (n  N) (0,25 điểm) Ta có: (2n + 3)2 – (2n + 1)2 = 4n2 + 12n + 9 – (4n2 – 4n + 1) (0,5 điểm) = 8n + 8 (0,25 điểm) = 8(n + 1) (0,25 điểm)  Mà 8(n + 1) chia hết cho 8 (với mọi n N) (0,25 điểm) 2 2 Do đó (2n + 3) – (2n + 1) luôn chia hết cho 8. (0,25 điểm) Vậy: Hiệu các bình phương của hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho (0,25 điểm). 8.. Bài 2: (4 điểm) a) (2 điểm) Với với a > 0, b > 0 và a  b, ta có: 3( ab  b) ( a  b)3  2a a  b b  a  b a a b b A= 3( ab  b) a a  3a b  3b a  b b  2a a  b b  a 3  b3 = ( a  b)( a  b) (0,5 điểm) 3 b( a  b) 3a a  3a b  3b a  a 3  b3 = ( a  b)( a  b) (0,25 điểm) 3 b(a  ab  b) 3a a  3a b  3b a  3 3 a  b a 3  b3 = (0,5 điểm). 3a b  3b a  3 b3  3 a 3  3a b  3b a =. a 3  b3. (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3( b3  a 3 ) a 3  b3 = =3 b) (2 điểm) Điều kiện: x  -1. 2 2 x 2  x  1 (x  2x  1)  (x  1)  1 (x  1)  (x  1)  1 2 (x  1) 2 (x  1) 2 y = x  2x  1 = Đặt t = x + 1, ta có: t2  t 1 1 1 1   2 2 t t t y=. (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm). 2.  1 1  1 1        t 2  4  =. (0,25 điểm). 2. 3 1 1 3     4  t 2 4 =. (0,25 điểm). 3 Suy ra y nhỏ nhất bằng 4 khi t = 2, tức là x = 1. Bài 3: a) (2 điểm) 5  Điều kiện: x 2. (0,25 điểm). (0,25 điểm). x  2  2x  5  x  2  3 2x  5 7 2 . 2x  4  2 2x  5  2x  4  6 2x  5 7 2. 2. . . . 2x  5  1  2x  5  3 14. . 2x  5  1  2x  5  3 14. . 2. 2x  5  1 . . 2x  5  3. . 2. 14.  2x  5 5  2x  5 25  x 15 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 15 b) (2 điểm) 6  3   2x  y x  y  1   1  1 0  2x  y x  y. (*). (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  X   2x  y  Y  1  xy Đặt  3X  6Y  1  X  Y 0 Hệ (*) trở thành:  (**) 3X  6Y  1  6X  6Y 0 (**) 1  X   3   Y 1  3 1  1   2x  y 3  2x  y 3  1 1    x  y 3 Hay  x  y 3  x 2   y 1. (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm). (0,25 điểm). (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm). Vậy hệ phương trình (*) có nghiệm duy nhất là (2;1) Bài 4:. E. A D I B. H. O. C. a) (1,25 điểm) Ta có BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra: BD // CE (0,25 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác IDB, ICE ta được: ID DB DA   IC CE AE (DA =DB, CE = AE theo tính chất của các tiếp tuyến cắt nhau). (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Do đó AI // CE (theo định lý Talet đảo) (0,25 điểm) Suy ra AI  BC. (0,25 điểm) Vì AI  BC, AH  BC nên A, I, H thẳng hàng. (0,25 điểm) b) (1,5 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác EAI, EDB, IDB, ICE, CIH, CDB, ta được: AI EI  DB EB (1) (0,25 điểm) HI CI  BD CD (2) (0,25 điểm) EI CI EI CI EI CI     EB CD BI DI  EI  BI CI  DI (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2) và (3), ta được: AI IH  BD BD (0,25 điểm) Suy ra AI = IH. (0,25 điểm) EDB , do đó: c) (0,75 điểm) Ta có: EAI (0,25 điểm) EA AI  ED DB (0,25 điểm)  ED.AI = EA.DB = DB.EC (vì EA = EC). (0,25 điểm) Bài 5: (4,5 điểm) A H. E. K N. O. B. D. M. Vẽ tiếp tuyến HEK của đường tròn (O) (H AB, K AC), ta có: ED  HK, ED  BC  HK // BC. (0,5 điểm) Gọi N là tiếp điểm của đường tròn (O) tiếp xúc với AC, OK, OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON, NOD (tính chất tiếp tuyến).  900  KOC (0,25 điểm)  OEK  CDO Xét và có:   OEK CDO 900 , (0,25 điểm)    OKE COD (cùng phụ với EOK ) (0,25 điểm)  OEK  CDO Do đó (0,25 điểm). C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> EK OE  OD CD EK R  Vậy R CD . (0,25 điểm) (0,25 điểm). HE R  Chứng minh tương tự ta cũng có: R BD (0,5 điểm) EK BD EK BD    EK  HE BD  CD Do vậy: HE CD (0,5 điểm) EK BD  hay HK BC (1) (0,25 điểm) Tam giác ABM có HE // BM, áp dụng hệ quả của định lý Talet trong tam giác, có: HE AE  BM AM (0,25 điểm) EK AE  CM AM Tương tự ta cũng có: (0,25 điểm) HE EK EK EK  HE    CM CM  BM Do đó: BM CM (0,25 điểm) EK HK EK CM    HK BC Hay CM BC (2) (0,25 điểm) Từ (1) và (2) cho ta: BD = CM. (0,25 điểm) * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm. ng vẫn cho đủ điểm..

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