De thi chon HSG

PHỊNG GD-ĐT TP BN MA THUỘT
TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG 2
NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn 9
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm): Cho biểu thức

 b a
a a b b


:
a

b
b

a

P= 



b

a



2

 ab

a b

a) Tìm điều kiện để P có nghĩa?
b) Rút gọn P
c) Chứng tỏ P 0
Câu 2 (6 điểm):
a) Chứng minh phân số sau tối giản với nZ

12n  1
30n  2
*

4
b) Tìm n N để n  4 là số nguyên tố.

c) Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = a3 + b3 + ab
Câu 3 (3 điểm): Giải phương trình:

x  2 x  1  x  2 x  1 2
Câu 4 (5 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm D trên đoạn OB.
Đường trung trực của đoạn AD cắt (O) tại C và cắt AD tại H. Đường trịn đường kính BD cắt
BC tại E.Chứng minh rằng:
a) AC song song với DE
b) HE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BD
Câu 5 (2 điểm): Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC. Các cạnh BC, BA, AC

tiếp xúc với đường tròn lần lượt tại D, F, E. Chứng minh rằng, nếu tam giác ABC vng tại A
thì SABC = BD.DC
…………………….HẾT……………………


Phịng GD-ĐT Tp. Bn Ma Thuột
Trường THCS Phan Chu Trinh

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG 2
NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn 9
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Đáp án và biểu điểm

Câu

Nội dung

Câu 1

a)

a 0

b 0
a b
Điều kiện 

b)


a  ab  b  b  ab  a
P  b  a 
:
a

b
a b


ab
a b

.
a  b b  ab  a
ab

b  ab  a

4đ

c) Ta có

0,75

a 0

b 0
a b
, áp dụng BĐT Cô si cho hai số a và b:

a  b  2 ab  ab

 b

ab  a  0
P 

Do đó
Câu 2
6đ

b

1

0.5
0.5

0,25
0,5
0.25
0,25

ab
0
ab  a

a) Giả sử d=(12n+1,30n+2). Khi đó,

12n  1d
30n  2d 

 (60n  5) 
 d 1

Điểm

60n  5d
60n  4d

(60n  4) 1d

0.25
1
0.25
0.25


Vậy

0.25

12n  1
30n  2

là phân số tối giản

b) Ta có:

0.5

n 4  4  n 4  4n 2  4   4n 2

0.25

(n 2  2  2n)(n 2  2  2n)

0.5

4
2
Nếu n  4 là số nguyên tố thì 2n  2n  1 1

0.25
0.25

 n=1

0.25

4
Với n=1 ta có n  4 5 là số nguyên tố.

Vậy

4
với n=1 thì n  4 là số nguyên tố.

c) Ta có: a + b =1 => b = 1 - a

Biểu thức Q = a3 + b3 + ab = (a + b)3 – 3ab(a + b) + ab
Q = 1 – 3ab + ab = 1 – 2ab = 1 – 2a(1- a)
1
Q = 1 – 2a + 2a2 = 2(a2 – 2.a. 2

1
+ 4

1
)+1- 2

1
1 1
≥
Q = 2(a- 2 )2 + 2 2

Câu 3
3đ

0.5
0.5
0.25

1
1
a− =0 ⇔ a=
2
2
Dấu “=” xảy ra 
1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2

0.25

khi và chỉ khi

Điều kiện x 1

0.25

a=

1
2

0.25

0,25

x  2 x  1  x  2 x  1 2






x  1 1 



2

x  1 1 





x 1 1

x  1  1 2

2

2
(1)

0.75


Nếu x 2 thì (1)

0,25

 x  1  1  x  1  1 2
 x  1 1
 x 2
Nếu 1 x  2 thì (1) 

x  1 1 

0.25
0.25
0.25

x  1  1 2

0.5

Phương trình này có vơ số nghiệm thỏa mãn: 1 x  2

0.25

Vậy 1 x 2
Câu 4
5đ

0.25

Vẽ hình, ghi GT, KL đúng theo

C

1

yêu cầu chung của đề bài

K

1

E

2
A

1
H

O

D

I

B

0,5đ

a) Tam giác ACB vuông tại C

0.5đ

Tam giác DEB vuông tại E

0.5



Suy ra ACB = DEB

=900

0.5

Do đó AC// DE

0.5

b) Gọi K là trung điểm của CE, I là trung điểm của BD.
Có HK là đường trung bình của hình thang ACED
=> HK vng góc với CE
=>  CHE cân tại H

0.75
0,25đ


0,25đ

0
 
 
 
=> E1 =C1 . Có E 2 =B1 và B1  C1 90

0.75

0
 
0


=> E1 +E 2 90 => HEI 90

0.25đ

Vậy HE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BD

0.25
Câu 5

A

2đ
E

F

O
C

B

D

Đặt AB=c, AC=b, BC=a
Đường trịn (O) tiếp xúc với AC,AB theo thứ tự tại E và F. Ta có:
2DB=BD+BF=(BC-DC)+(AB-FA)
=(BC+AB)-(DC+FA)

0.25

=BC+AB-(CE+EA)
=BC+AB-AC
=a+c-b=a-(b-c)

0.25

Tương tự, 2DC=a+(b-c)

0.5

Suy ra

4DB.DC a 2  (b  c) 2
a 2  (b 2  c 2 )  2bc

(1)

0.25

(2)

0.25

2
2
2
Nếu tam giác ABC vng tại A thì a b  c

1

1
SABC  AB.AC  bc
2
2
và
1
bc
Từ (1) và (2) suy ra BD.DC= 2 =SABC

0.5


Hướng dẫn chấm
- Giáo viên chấm có thể chia điểm thành phần đến 0,25 điểm cho từng câu để chấm.
- Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần.
- Học sinh có thể giải theo cách khác với đáp án nhưng đúng và chặt chẽ vẫn cho điểm
tối đa tương ứng.