De thi hsg huyen Truc Ninh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HUYỆN TRỰC NINH. 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 CHÍNH THỨC. Đề thi có 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) 1   2x  x  1 2x x  x  x   1 A      : 1 x x  1 x x  1 x  Cho biểu thức 1 x  0; x  ; x 1 4 Với. 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: 1 2 a b  2 b  c b a) Biết a; b; c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện: a = b + 1 = c + 2 ; c >0.. . . . . 20082 2008 B  1  2008   20092 2009 có giá trị là một số tự nhiên. b) Biểu thức Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình 2. a). x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3. 4x  1 . 3x  2 . x 3 5 .. b) 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. (1,5 điểm) Cho. . M. 3 2. . 2008. . . 3. 2. Bài 5: 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 -----. . 2008.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ tên thí sinh:………………………….. Chữ ký giám thị 1:……………………….. Số báo danh : …………………………. Chữ ký giám thị 2:………………………..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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   2x  x  1 2x x  x  x   1  1  A      x  0;x  ;x 1   :  1 x 4 x  1 x x   1 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 x 1 2 x  1  2 x  1  x 1 2 x  1   :   x x1 1  x 1 x 1 x 1 x  x     1  2 x1  x  :  2 x  1     1  x 1  x  x x x  1    . . . . . .     .   . . . . 2 x1 x. . x. . . .          . x. 1  x  1 . x x. . 1 . x x x. 1. : 2 x1 :. x1 1. . . x  x  x 1. 1. :. .  1  x   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. . x 17  12 2  3  2 2. . . . 2. 2. . x. 3  2 2  3 2 2 5 3  2 2   5. 1  3  2 2  17  12 2 15  10 A  3 2 2 3 2 2 c) So sánh A với A (1 điểm).. 2 3  2 2. 0.5. 3 2 2. 1 A. x x 1  x 1 x x Biến đổi 1 1 x 2 x  0;x  ;x 1 x 4 Chứng minh được với mọi 1  A x  1 1  A  1  A  1  0  A A  1  0 x. .  A. A 0 A  A. Bài 2 (3 điểm). 0.5. . 0.25 0.25. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. . 1 2 b. . a. b . a) Chứng minh rằng kiện a = b + 1 = c + 2 ; c > 0 (2 điểm). Ta có:. . b. c. . biết a; b; c là ba số thực thoả mãn điều 0.5. a b  1  a  b 1  a  b  1. 0.25. .. b  1 c  2  b  c 1  b  c  0  2 . 0.25. . (c > 0 theo (gt)). Từ (1) và (2) suy ra a > b > c > 0.. a  b 1  Mặt khác.  2. . a. b. . . a  b 1 . b . Vậy. . . a. b. 1 1  a  b 2 b (Vì a >b>0). b . 0.5 0.25. 1 2 b. Chứng minh tương tự cho trường hợp:. 2. a. 1 b.. . a. . 1 2 b. . b. c. . . b. c. . 0.25. .. (đpcm).. 20082 2008  2 2009 2009 có giá trị là một số tự nhiên (1 điểm). b) Biểu thức 20082 2008 20082 2008 2 2 B  1  2008     1  2008   2.1.2008   20092 2009 20092 2009 . Ta có : B  1  20082 . 2. 2008 20082 2008 2008  2008    2009   2.2009.     2009    2 2009 2009 2009 2009  2009 .  2008 2008 2008 2008  2009   2009   2009 2009 2009 2009 2009 . 2. 0.5 0.75 0.25. Vậy B có giá trị là một số tự nhiên. Bài 3 (3điểm) Giải phương trình. x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3. a). .  x  1  x  2   x  3   x  1  x  2  0. x 2 . (1.75 điểm).  x  1  x  3  1.  x  3 0  x 2  x  2 0  x  1  x  3 0 Điều kiện .  1  . . x 2. . x 1 1. . . x 1 1  x 2 . x 3. . 0.5 0.25. . x  1  1 0.  x  1  1 0  x  1 1 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.. 0.25 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b). 4x  1 . Điều kiện.   1  . (Vì. x. 3x  2 . x 3 5 (1). (1.25 điểm).. 2 3.. 4x  1 . 0.25. . 3x  2 .. 4x  1  3x  2. x. 5. 4x  1  3x  2. 4x  1  3x  2 x 3   5 4x  1  3x  2.  x  3 . 0.25. 4x  1  3x  2 x 3  5 4x  1  3x  2. x 3 x 3   5 4x  1  3x  2. 0.25. 4x  1  3x  2 5 (2) 0.5. 2 3 nên x + 3 > 0).. Giải tiếp phương trình (2) ta được nghiệm của phương trình là x = 2. Bài 4 (8 điểm). M C. I K A. O. H. B. 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. 2) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). (2 điểm). . . 0.75 0.25 0.75 0.25. - Chứng minh AOM COM . - Chứng minh  AOM =  COM - Chứng minh MC  CO  MC là tiếp tuyến của (O; R). 3) Chứng minh K là trung điểm của CH. ( 2 điểm). 0.75 0.75 0.25 0.25. KH HB AM.HB AM.HB   KH   AB 2R  MAB có KH//MA (cùng  AB)  AM AB (1)    AOM CBH. 1. Chứng minh cho CB // MO. (đồng vị)..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> MA AO AM.HB AM.HB   CH    CH HB AO R   C/m MAO đồng dạng với CHB (2) Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH  CK = KH  K là trung điểm của CH. 4) Xác định vị trí của C để chu vi  ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. P AB  AC  CB 2R  AC  CB Chu vi tam giác ACB là ACB. 0.75 0.25 0.5. Ta lại có.  AC  CB . . 2. 0  AC 2  CB 2 2AC.CB  2AC 2  2CB 2 AC 2  CB 2  2AC.CB 2. . . . 2 AC 2  CB 2  AC  CB   AC  CB  2 AC 2  CB 2  AC  CB  2AB 2. (Pitago). 0.75. AC  CB  2.4R 2  AC  CB 2R 2 . Đẳng thức xảy ra khi AC = CB  M là điểm chính giữa cung AB.. 0.25. . 0.25. Suy ra. PACB 2R  2R 2 2R 1  2. . PACB 2R 1  2.  , dấu "=" xảy ra khi M là điểm chính giữa cung AB. . 0.25. Vậy max đạt được khi M là điểm chính giữa cung AB. Bài 5 (1,5 điểm) a) Chứng minh giá trị của M là một số nguyên. (1 điểm) Biến đổi. . M  52 6. . 1004. .  5 2 6. . 1004. 0.25. .. Đặt a 5  2 6 ; b 5  2 6  a  b 10 và a.b 1 . Đặt. U n a n  b n với n  N . Khi đó M = U 1004 n 2 n 2 n 1 n 1 U n 2 a  b a.a  b.b  10  b  a n 1   10  a  b n 1. Ta có. 10  a n 1  b n 1   ab  a n  b n  10U n 1  U n. 0.25. (vì ab = 1)..  U n 2 10U n 1  U n (*). Ta thấy U0 = 2  Z ; U1 = a + b = 10  Z. 2. U 2 a 2  b 2  a  b   2ab 10 2  2.1 98  Z. 0.25. .. Theo công thức (*) thì U 3 10U 2  U1 mà U1, U2  Z suy ra U 3  Z . Lại theo (*) U 4 10U 3  U 2 cũng có giá trị nguyên.. 0.25 *. Quá trình trên lặp đi lặp lại vô hạn suy ra Un có giá trị nguyên với mọi n  N . Suy ra M = U1004 có giá trị là một số nguyên. a)Tìm chữ số tận cùng của M. (0.5 điểm) Từ (*) suy ra U n  2  U n 10U n 1 10.  U n 4  U n  U n 4  U n 2    U n 2  U n  10   U n 4  U n  10  U 4k r có chữ số tận cùng giống nhau. 1004 = 4.251 suy ra U1004 và U0 có chữ số tận cùng giống nhau. Mà U0 có chữ số tận cùng là 2 (theo c/m câu a) nên M có chữ số tận cùng bằng 2. 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.. và Ur. 0.25 0.25.

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