Tài liệu Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 9 năm học 2009-2010 pdf

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Ngày thi: 08 tháng 12 năm 2009
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức
1 1 2x x 1 2x x x x
A :
1 x
1 x x 1 x x
 
+ − + −
 
= − +
 ÷
 ÷
−
− +
 
 
Với
> ≠ ≠
1
x 0; x ; x 1
4
a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của A khi
x 17 12 2
= −
c) So sánh A với
A
.
Bài 2: (3,5 điểm) Chứng minh rằng:
a)
( ) ( )
1
2 a b 2 b c
b
− < < −
Biết a; b; c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện:
a = b + 1 = c + 2 ; c >0.
b) Biểu thức
2
2
2
2008 2008
B 1 2008
2009 2009
= + + +
có giá trị là một số tự nhiên.
Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình
a)
2 2
x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3
− + + + = − + + −

b)
x 3
4x 1 3x 2
5
+
+ − − =
.
Bài 4.(8,0 điểm)
Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R). C là một điểm thay đổi trên đường
tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của AC, OI cắt
tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K.
a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O;R).
c) Chứng minh K là trung điểm của CH.
d) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn
nhất đó theo R.
Bài 5: (1,5 điểm) Cho
( ) ( )
2008 2008
M 3 2 3 2
= + + −
a) Chứng minh rằng M có giá trị nguyên.
b) Tìm chữ số tận cùng của M.
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
Hết
Họ tên thí sinh:………………………….
Số báo danh : …………………………
Chữ ký giám thị 1:……………………….
Chữ ký giám thị 2:……………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM THI

HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1 (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức (2 điểm)

1 1 2x x 1 2x x x x 1
A : x 0;x ;x 1
1 x 4
1 x x 1 x x
 
+ − + −
 
 
= − + > ≠ ≠
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
 
 
 

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
 
+ −
− + + − −

 
= +
 
− − + + − +
 
x 2x x 1
x 1 x 2x 2 x x 1
:
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x

( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
 
+ − + −
−
 
= +
 
− − + + − +
 
x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1
2 x 1
:
x x 1 1 x 1 x 1 x 1 x x

( )
( )

2 x 1 1 x
: 2 x 1
1 x 1 x x
x x 1
 
 
−
= − +
 
 ÷
 ÷
− − +
−
 
 
 

( )
( )
( )
( ) ( )
1 x x x 1 x
2 x 1
: 2 x 1 :
x x 1 1 x 1 x x
− + + −
−
= −
− − − +

( ) ( ) ( )
1 1 1 x x
:
x
x x 1 1 x 1 x x
− +
= =
− − − +

0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
b) Tính giá trị của A khi
x 17 12 2= −
(1 điểm).
Tính
( ) ( )
2 2
x 17 12 2 3 2 2 x 3 2 2 3 2 2 3 2 2= − = − ⇒ = − = − = −

( ) ( )
1 3 2 2 17 12 2 5 3 2 2
15 10 2
A 5
3 2 2 3 2 2 3 2 2
− − + − −
−
= = = =

− − −
0.5
0.5
c) So sánh A với
A
(1 điểm).
Biến đổi
1 x x 1
A x 1
x x
− +
= = + −
Chứng minh được
1
x 2
x
+ >
với mọi
1
x 0;x ;x 1
4
> ≠ ≠

( )
1
A x 1 1 A 1 A 1 0 A A 1 0
x
A A 0 A A
⇒ = + − > ⇒ > ⇒ − > ⇒ − >
⇒ − > ⇒ >

0.25
0.25
0.5
Bài 2 (3 điểm)
a) Chứng minh rằng
( ) ( )
1
2 a b 2 b c
b
− < < −
biết a; b; c là ba số thực thoả mãn điều
kiện a = b + 1 = c + 2 ; c > 0 (2 điểm).
Ta có:
( )
a b 1 a b 1 a b 1= + ⇒ − = ⇒ >
.
( )
b 1 c 2 b c 1 b c 0 2+ = + ⇒ − = ⇒ > >
. (c > 0 theo (gt))
Từ (1) và (2) suy ra a > b > c > 0.
Mặt khác
( ) ( )
1 1
a b 1 a b a b 1 a b
a b 2 b
− = ⇒ − + = ⇒ − = <
+
(Vì a >b>0)
( )
1

2 a b
b
⇒ − <
.
Chứng minh tương tự cho trường hợp:
( )
1
2 b c
b
< −
.
Vậy
( ) ( )
1
2 a b 2 b c
b
− < < −
(đpcm).
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
b) Biểu thức
2
2
2
2008 2008
B 1 2008

2009 2009
= + + +
có giá trị là một số tự nhiên (1 điểm).
Ta có :
( )
2 2
2
2
2 2
2008 2008 2008 2008
B 1 2008 1 2008 2.1.2008
2009 2009 2009 2009
= + + + = + − + +
.
( )
2
2
2
2
2008 2008 2008 2008 2008
2009 2.2009. 2009
2009 2009 2009 2009 2009
 
= − + + = − +
 ÷
 
.
2008 2008 2008 2008
2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009

= − + = − + =
.
Vậy B có giá trị là một số tự nhiên.
0.5
0.75
0.25
Bài 3 (3điểm) Giải phương trình
a)
2 2
x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3− + + + = − + + −
(1.75 điểm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 1⇔ − − + + = − + − +
Điều kiện
( ) ( )
( ) ( )
x 1 x 2 0
x 3 0
x 2
x 2 0
x 1 x 3 0

− − ≥

+ ≥

⇔ ≥

− ≥



− + ≥

( )
( ) ( )
1 x 2 x 1 1 x 3 x 1 1 0⇔ − − − − + − − =
( ) ( )
x 1 1 0 x 1 1
x 1 1 x 2 x 3 0 x 2
x 2 x 3 0 x 2 x 3
 
− − = − =
⇔ − − − − + = ⇔ ⇔ ⇔ =
 
− − + = − = −
 
 
x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
b)
x 3
4x 1 3x 2
5
+
+ − − =

(1). (1.25 điểm).
Điều kiện
2
x
3
≥
.
0.25
( )
( ) ( )
4x 1 3x 2 . 4x 1 3x 2
x 3 4 x 1 3x 2 x 3
1
5 5
4x 1 3x 2 4x 1 3x 2
+ − − + + −
+ + − + +
⇔ = ⇔ =
+ + − + + −
4x 1 3x 2 x 3 x 3 x 3
4x 1 3x 2 5
5 5
4x 1 3x 2 4x 1 3x 2
+ − + + + +
⇔ = ⇔ = ⇔ + + − =
+ + − + + −
(2)
(Vì
2
x

3
≥
nên x + 3 > 0).
Giải tiếp phương trình (2) ta được nghiệm của phương trình là x = 2.
0.25
0.25
0.5
Bài 4 (8 điểm)
1) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn. (2 điểm)
Chứng minh OI
⊥
AC.
Suy ra
∆
OIC vuông tại I suy ra I thuộc đường tròn đường kính OC.
CH
⊥
AB (gt)
∆
CHO vuông tại H
⇒
H thuộc đường tròn đường kính OC.
Suy ra I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OC. hay C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
0.75
0.25
0.75
0.25
2) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). (2 điểm)
- Chứng minh
·

·
=AOM COM
.
- Chứng minh
∆
AOM =
∆
COM
- Chứng minh
⊥MC CO
⇒
MC là tiếp tuyến của (O; R).
0.75
0.75
0.25
0.25
3) Chứng minh K là trung điểm của CH. ( 2 điểm)
∆
MAB có KH//MA (cùng
⊥
AB)
⇒
KH HB AM.HB AM.HB
KH
AM AB AB 2R
= ⇒ = =
(1)
Chứng minh cho CB // MO
⇒
·

·
AOM CBH=
(đồng vị).
C/m
∆
MAO đồng dạng với
∆
CHB
⇒

MA AO AM.HB AM.HB
CH
CH HB AO R
= ⇒ = =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH
⇒
CK = KH
⇒
K là trung điểm của CH.
1
0.75
0.25
4) Xác định vị trí của C để chu vi
∆
ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó.
Chu vi tam giác ACB là
ACB
P AB AC CB 2R AC CB= + + = + +
Ta lại có

0.5
K
M
I
C
O
H
B
A
( )
2
2 2 2 2 2 2
AC CB 0 AC CB 2AC.CB 2AC 2CB AC CB 2AC.CB− ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ + +
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 AC CB AC CB AC CB 2 AC CB AC CB 2AB+ ≥ + ⇒ + ≤ + ⇒ + ≤
(Pitago)
2
AC CB 2.4R AC CB 2R 2+ ≤ ⇒ + ≤
.
Đẳng thức xảy ra khi AC = CB
⇔
M là điểm chính giữa cung AB.
Suy ra
( )
ACB
P 2R 2R 2 2R 1 2≤ + = +

, dấu "=" xảy ra khi M là điểm chính giữa cung AB
Vậy max
( )
ACB
P 2R 1 2= +
đạt được khi M là điểm chính giữa cung AB.
0.75
0.25
0.25
0.25
Bài 5 (1,5 điểm)
a) Chứng minh giá trị của M là một số nguyên. (1 điểm)
Biến đổi
( ) ( )
1004 1004
M 5 2 6 5 2 6= + + −
.
Đặt
a 5 2 6= +
;
b 5 2 6= −

a b 10⇒ + =
và
a.b 1=
.
Đặt
n n
n
U a b= +

với
n N∈
. Khi đó M = U
1004
Ta có
( ) ( )
n 2 n 2 n 1 n 1 n 1 n 1
n 2
U a b a.a b.b 10 b a 10 a b
+ + + + + +
+
= + = + = − + −
( ) ( )
n 1 n 1 n n
n 1 n
10 a b ab a b 10U U
+ +
+
= + − + = −
(vì ab = 1).
n 2 n 1 n
U 10U U
+ +
⇒ = −
(*).
Ta thấy U
0
= 2
∈
Z ; U

1
= a + b = 10
∈
Z.

( )
2
2 2 2
2
U a b a b 2ab 10 2.1 98 Z= + = + − = − = ∈
.
Theo công thức (*) thì
3 2 1
U 10U U= −
mà U
1
, U
2

Z∈
suy ra
3
U Z∈
.
Lại theo (*)
4 3 2
U 10U U= −
cũng có giá trị nguyên.
Quá trình trên lặp đi lặp lại vô hạn suy ra U
n

có giá trị nguyên với mọi n
*
N∈
.
Suy ra M = U
1004
có giá trị là một số nguyên.
0.25
0.25
0.25
0.25
a)Tìm chữ số tận cùng của M. (0.5 điểm)
Từ (*) suy ra
n 2 n n 1
U U 10U 10
+ +
+ = M
( ) ( ) ( )
n 4 n n 4 n 2 n 2 n n 4 n 4k r
U U U U U U 10 U U 10 U
+ + + + + +
⇒ − = + − + ⇒ − ⇒M M
và U
r
có chữ số tận cùng giống nhau.
1004 = 4.251 suy ra U
1004
và U
0
có chữ số tận cùng giống nhau.

Mà U
0
có chữ số tận cùng là 2 (theo c/m câu a) nên M có chữ số tận cùng bằng 2.
0.25
0.25
Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương.
2. Điểm toàn bài không được làm tròn.