DE THI TAP 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1. a. Phân tích Q thành nhân tử: Q x  5 x  2 2 x  2 10 b. Tính Q khi biết x 13  4 10 Câu 2. Cho hàm số: y x  2m  1 ; với m tham số. a. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. b. Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H là. hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để. OH . 2 2. b. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB. Câu 3. a. Giải phương trình: x  1  2 x  2  x  1 5 x  2 2 2 b. Cho a; b là hai số dương thỏa mãn: a  b 6 .. Chứng minh:. 3( a 2  6) ( a  b) 2. 2 c. Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  2008 x  2009 y  2010 0. Câu 4. Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. 2  2  2  2  a. Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC 2 b. Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ). c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Hết./.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. NĂM HỌC: 2010 - 2011. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề). Câu. Ý. Nội dung cần đạt Q  x  5 x  2 2 x  2 10  x. a 1. . x 5. . . . x 5  2 2. . . x 2 2 x 13  4 10  x  8  2.2 2. 5  5  (2 2 . b. . . Q 2 2. Vậy:. 5 5 2 2. Điểm 0,5. . x 5 . 0,5. 5) 2 2 2 . 5. . 5  2 2 2 2.(  5)  2 10. 0,5 0,5. 2,0. y  x  2m  1 ; với m tham số a Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) thì.  2m  1 0  m . Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A. 1 2.  2m 1; 0 .  0;  2m  1 Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B b. 0,25. 0,5. Ta có:  AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 0,5  m 0 1 1 2 1 1 1 2 2  2  2     m  1 xA yB (2m  1)2  OH 2 OA2 OB 2 Hay x x 2m  1 xI  A B  2 2 Hoành độ trung điểm I của AB:. 2. c. Tung độ trung điểm I của AB:. yI . 2,0. 0,5. y A  yB  (2m  1)  2 2. Ta có: yI  xI  Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường. 0,25. thẳng y  x. Điều kiện: x 2. 3. x  1  2 x  2  x  1 5 x  2  a. . . . 2. 0,2 x  2  2 x  2  1  x  1 5 x  2. x  2  1  x  1  5 x  2 0 . x  2  1  x  1  5 x  2 0.  x  2  4 x  2  4 0  ( x  2  2) 2 0  x 6  2. b. Vậy nghiệm của pt là: x 6 Với a; b là hai số dương ta có:. 2,5. 0,2 0,3 0,3. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 1 1 2    a  b   2.a.  b.1  2a 2  b 2   1 2  2  (Theo Bunhiacopski)   3   a  b   a  6  2 (Vì a 2  b 2 6 ) Hay x 2  xy  2008 x  2009 y  2010 0 2. c. 2. 0,25 0,25. 3(a 2  6) (a  b) 2.  x 2  xy  x  2009 x  2009 y  2009 1. 0,25.  x( x  y  1)  2009( x  y  1) 1  ( x  2009)( x  y  1) 1. 0,5.   x  2009 1    x  y  1 1    x  2009  1    x  y  1  1. 0,25.   x 2010    y  2010   x 2008    y  2010. 0,25. C K. B. O. M. H. A. D. a. Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:     sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC =     (sin 2 MBA  cos 2 MBA )  (sin 2 MCD  cos 2 MCD )=1 +1=2. 0,75. b. 2 Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH). 0,5. 4. P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH 2  MH 2 OM 2 R 2    2 2 2 (Pitago) Mà OH.MH c Vậy. P 4 R 2 .. R2 2 R 4 2 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH. R 2  OH = 2. 3,5. 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V1. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. NĂM HỌC: 2011 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề). Câu. Ý a. 1 b. a. Nội dung cần đạt. Điểm 0,5. 28  10 3  4 3  7  25  2.5. 3  3  4  2.2. 3  3 5 . 0,5. 3  2  3 7. 2,0. 2 27  7 5 2. 54  14 5 49  2.7 5  5 7  5    1 10  7 2 2( 5  7) 7 5 7 5 ĐK: x  1 : x  2  2 x 1 3 . x  1  2 x  1  1 3 . . . x 1 1. 2. 1,0. 3. 1,0. HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm được x 3 ĐK: x 3. 2 b. x 2  13 x  50 4 x  3  x 2  14 x  49  x  3  2.2. x  3  4 0. a. . . 2. c. 0,25. n 59.5n  8.64n  8.5n 59.5  8.(64n  5n )  A 59       59. b. 0,75.  x  7 0   x  7   x  3  2 0    x 7  x  3  2 0 A 5n2  26.5n  82n1 25.52  26.5n  64n.8 51.5n  8.64n 2. 3. 1,75. 2,25. 0, 5. (64  5). 8 18 21 2 18 7 21 B  a  3b    (a  b)  (2a  )  ( .b  ) 3 a b 3 a 3 b. 0,25. 2 18 7 21  B  .6  2. 2 a.  2. .b. 4  2.6  2.7 30 3 a 3 b Áp dụng BĐT Côsi:. 0,25. BMin 30 , HS lập luận: Dấu “=” xẩy ra  a b 3. 0,25. 2 2 Đặt: n  2014  p ( p số nguyên)  ( p  n)( p  n) 2014. (1). 0,25. Xét tổng: ( p  n)  ( p  n) 2 p (Chẵn) + Nếu: ( p  n ) chẵn thì ( p  n ) chẵn  Vế trái của (1) chia hết cho 4 Mà Vế phải của (1): 2014 không chia hết cho 4. (*). 0,25. + Nếu ( p  n ) lẻ thì ( p  n ) lẻ  Vế trái của (1) không chia hết cho 2 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Mà vế phải của (1): 2014 chia hết cho 2 (**) Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại số nguyên n nào thỏa mãn. 2,25 Áp ụng định lý Pitago trong tam giác: MAC, NAB ta có:. A. N. M. 4. BN 2  AN 2  AB2  2 2 2 CM  AM  AC  BN 2  CM 2 AN 2  (2AM) 2  AM 2 +(2AN) 2 C. B.  4(sin 2   cos 2  ) 5(AN 2  AM 2 ) 5.MN 2. 0,5 0,5. 1,5. 2 2 HS lập luận MN là đường trung bình và chỉ ra: sin   cos  = 1 để tính được. 0,5 MN . A. 2 5 5. 5 0,25 H M P B. O N D. a. b. C MN MO  MN // AB (Vì MN, AB cùng vuông góc CH): BH OB (Theo Talet) (1) MO MA  (2) BAC BAM  OB BA AD phân giác nên AO là phân giác NM AM  AB Từ (1) và (2): BH AH o     PA  AC nên: PAB  BAC 90  sin PAB cos BAC = AC. Trong tam giác vuông BHC:.  sin HCB .  BH  sin PAB  AH . BC  AC BH sin HCB BC. 1 1 AH AC NM AM AH AC AH BH 2 2        AB BH AB BH AB AC AB Từ câu a. BH. 0,25 0,25 0,25 0, 5. (3). 2,5. 0,25. 0,25 (4). Từ (3) và (4): 0, 5 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  sin PAB AH BC BH BC BC    .  .   AB sin PAB BC sin HCB  sin HCB AC BH AB BH AB Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I NĂM HỌC: 2011 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1. Tính giá trị các biểu thức: c. 28  10 3  4 3  7 Câu 2. Giải phương trình:. ;. b.. 2 27  7 5 10  7 2. c. x  2  2 x  1 3 2 d. x  13x  50 4 x  3 Câu 3.. n2  26.5n  82n1 d. Cho A 5 ; với n  N . Chứng minh: A chia hết cho 59. 8 18 21 B  a  3b   a ; b 3 a b e. Cho là hai số thực dương thỏa mãn: a  b 6 và Tìm giá trị nhỏ nhất của B 2 f. Tìm các số nguyên n thỏa mãn: n  2014 là số chính phương.. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, o o AC. Biết độ dài BN 2.sin  ; CM 2 cos  với 0    90 Tính độ dài đoạn MN. Câu 5. Tam giác ABC có đường cao CH, phân giác AD, trung tuyến BM gặp nhau tại điểm O. Kẻ MN vuông góc với HC tại N. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại A, đường thẳng đó cắt BC tại P. Chứng minh: NM AM  d. BH AB   e. AB.sin PAB BC.sin HCB. Hết./.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V1. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. NĂM HỌC: 2011 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề). Câu. Ý a. 1 b. a. Nội dung cần đạt. Điểm 0,5. 28  10 3  4 3  7  25  2.5. 3  3  4  2.2. 3  3 5 . 0,5. 3  2  3 7. 2,0. 2 27  7 5 2. 54  14 5 49  2.7 5  5 7  5    1 10  7 2 2( 5  7) 7 5 7 5 ĐK: x  1 : x  2  2 x 1 3 . x  1  2 x  1  1 3 . . . x 1 1. 2. 1,0. 3. 1,0. HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm được x 3 ĐK: x 3. 2 b. x 2  13 x  50 4 x  3  x 2  14 x  49  x  3  2.2. x  3  4 0. a. . . 2. c. 0,25. n 59.5n  8.64n  8.5n 59.5  8.(64n  5n )  A 59       59. b. 0,75.  x  7 0   x  7   x  3  2 0    x 7  x  3  2 0 A 5n2  26.5n  82n1 25.52  26.5n  64n.8 51.5n  8.64n 2. 3. 1,75. 2,25. 0, 5. (64  5). 8 18 21 2 18 7 21 B  a  3b    (a  b)  (2a  )  ( .b  ) 3 a b 3 a 3 b. 0,25. 2 18 7 21  B  .6  2. 2 a.  2. .b. 4  2.6  2.7 30 3 a 3 b Áp dụng BĐT Côsi:. 0,25. BMin 30 , HS lập luận: Dấu “=” xẩy ra  a b 3. 0,25. 2 2 Đặt: n  2014  p ( p số nguyên)  ( p  n)( p  n) 2014. (1). 0,25. Xét tổng: ( p  n)  ( p  n) 2 p (Chẵn) + Nếu: ( p  n ) chẵn thì ( p  n ) chẵn  Vế trái của (1) chia hết cho 4 Mà Vế phải của (1): 2014 không chia hết cho 4. (*). 0,25. + Nếu ( p  n ) lẻ thì ( p  n ) lẻ  Vế trái của (1) không chia hết cho 2 Mà vế phải của (1): 2014 chia hết cho 2 (**) 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại số nguyên n nào thỏa mãn. Áp ụng định lý Pitago trong tam giác: MAC, NAB ta có:. A. BN 2  AN 2  AB2  2 2 2 CM  AM  AC  BN 2  CM 2 AN 2  (2AM) 2  AM 2 +(2AN) 2. N. M. 4. C. B. 2,25.  4(sin 2   cos 2  ) 5(AN 2  AM 2 ) 5.MN 2. 0,5 0,5. 1,5. 2 2 HS lập luận MN là đường trung bình và chỉ ra: sin   cos  = 1 để tính được. 0,5 MN . 2 5 5. A. 5 0,25 H M. O. P B. N D C. a. b. MN MO  MN // AB (Vì MN, AB cùng vuông góc CH): BH OB (Theo Talet) (1) MO MA  (2) BAC  AD phân giác nên AO là phân giác BAM  OB BA NM AM  AB Từ (1) và (2): BH AH o     PA  AC nên: PAB  BAC 90  sin PAB cos BAC = AC. Trong tam giác vuông BHC:.  BH  sin PAB  AH . BC  sin HCB   AC BH sin HCB BC. 1 1 AH AC NM AM AH AC AH BH   2 2     AB BH AB BH AB AC AB Từ câu a. BH. 0,25 0,25. 2,5. 0,25 0, 5. (3). 0,25. 0,25 (4). Từ (3) và (4): 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  sin PAB AH BC BH BC BC    .  .   AB sin PAB BC sin HCB  sin HCB AC BH AB BH AB. 0, 5. Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG II NĂM HỌC: 2011 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). P. x. . 2 x 2  x  2 x ( x  1)( x  2 x ). x x Câu 1. Cho biểu thức: d. Rút gọn P . e. Tính P khi x 3  2 2 . f. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. Giải phương trình: 2 e. x  10 x  27  6  x  x  4 2 f. x  2 x  x x  2 x  4 0 Câu 3. 2 g. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y  2 xy  3x  2 0 3.  x  1  3  2x 1 1     3 3  3  x 1 h. Cho x  1; y  0 , chứng minh: ( x  1)  y  y n A n 2012  n 2002  1. x  y. i. Tìm số tự nhiên để: là số nguyên tố. Câu 4. Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1  2 2 a. Chứng minh: AE AF không đổi     cos AKE sin EKF .cos EFK  sin EFK .cos EKF. b. Chứng minh: c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD. Câu 5. Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất. Hết./. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG. HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2. NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9. Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu. 1. Ý. Nội dung cần đạt x 2 x 2 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2). a. . x( x  2)  2( x  1)  x  2 x x  2 x  2 x  2  x  2  x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2). 0,25. . x x  2x  2 x  x x ( x  1)( x  2) ( x  1)   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1). 0.5. x 3  2 2 . b. c. Điểm 0,25. 0.25. x  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1. 2,25. ( x  1) 2 1 1 2 2   1  2 ( x  1) 2 1  1 2 ĐK: x  0; x 1 : P. P. 0.25 0.25. ( x  1) x  1 2 2  1  ( x  1) x1 x1. 0.25 0.25. Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9 2. a. ĐK: 4 x 6 :. 0.25. VT  x 2  10 x  27 ( x  5) 2  2 2 , dấu “=” xẩy ra  x 5. 0.25. VP  6  x  x  4  (12  12 )(( 6  x ) 2  ( x  4) 2 )  VP 2. . b. , dấu “=” xẩy ra. 1 1   6  x  x  4  x 5 6 x x 4. 1,75. 0.25 0.25. VT VP  x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x 5 ĐK: x 0 . Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả. hai vế cho x ta có: x 2  2 x  x x  2 x  4 0  x  2 . Đặt. x. 0.75 x. 2 4 4 2  0  ( x  )  ( x  )  2 0 x x x x. 2 4 4 t  0  t 2  x  4   x  t 2  4 x x x , thay vào ta có:. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  t 3 (t 2  4)  t  2 0  t 2  t  6 0  (t  3)(t  2) 0     t  2. Đối chiếu ĐK của t  x 4  x 1  2 2 2 2 2 y  2 xy  3x  2 0  x  2 xy  y  x  3x  2  ( x  y ) ( x  1)( x  2).  t 3 . 2 3  x  3 x  2 0  ( x  2)( x  1) 0  x. x. (*). VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp a. 0.5.  x  1 0  x  1  y 1   nên phải có 1 số bằng 0.  x  2 0  x  2  y 2. Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y) (  1;1) hoặc ( x; y) ( 2; 2) x  1; y  0.  x  1  0; y  0 . 1 x 1 1  0;  0; 3  0 3 ( x  1) y y. Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 1 1 1 3  1  1 3. 3 .1.1   2 3 3 3 ( x  1) ( x  1) ( x  1) x 1 3. b. 3. 3.  x  1  x  1  x  1  3( x  1) 2    1  1 3 3   .1.1     y  y   y   y  1 1 1 3  1  1 3. 3 3 .1.1  3   2 3 y y y y. 3. (1). (2). 0.75. 2.0. (3). Từ (1); (2); (3): 3.  x  1 1 1 3 3( x  1) 3   6    3 3 ( x  1)  y  y x 1 y y 3.  x  1 1 1 3  6 x  6 3x 3  2x x    3(  )   3 3 ( x  1)  y  y x 1 y x 1 y Xét n 0 thì A = 1 không phải nguyên tố; n 1 thì A = 3 nguyên tố.. 0.25. Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c. Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1. 0.5. Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1.. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> B. A. M. M'. 0.25. N N'. P. E. K. C. Q. D. F. H. a. 4 b. Học sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g) suy ra AF = AK Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: 1 1 1 1 1 1 1      2 2 2 2 2 2 2 AK AE AD hay AF AE AD a (không đổi) 1 1  S KEF  KE.EF .sin AEK  KE.EF .cos AKE 2 2 HS c/m 1 1 S KEF  EH .KF  EH .( KH  HF ) 2 2 Mặt khác: . Suy ra: EH .KH  EH .HF KE.EF .cos AKE EH .( KH  HF )  cos AKE  KE.EF EH KH EH HF  K .cos EKF    K  cos AKE  .  . sin EF  sin EKF .cosEF EF EK KE EF : Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN. 0.5 0,5. 0,25 0,25 0,5. 3.0. Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N  MN’ là  ' phân giác của DMM  Cách dựng điểm N: c. - Dựng M’ đối xứng M qua AD. 0.25.  ' - Dựng phân giác DMM cắt DM’ tại N’ d. - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD. 0.25 0.25. Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho H. điểm tối đa. I. 5 A. 0.25. P. 1.0. B. K O D. C. Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP. 0.25 0.25. Mà OP AO nên BH + CI + DK  4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Đạt được khi P  A hay d vuông góc AC. 0.25. Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Bài 1: (2.5 điểm ). Rút gọn các biểu thức sau 2 a. A = 3x  x  4 x  4 b. B = 3 5  3 5  2 c. C = (1+ tan2α)(1- sin2α) + (1+cotan2α)(1-cos2α) Bài 2: (2.0 điểm). Giải các phương trình a.. x x  2 x  x 0. b.. x 2  5 x  36 8 3x  4. Bài 3: (2.0 điểm) a. Cho các số nguyên dương a; b; c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn: (a + b)c = ab. Xét tổng M = a + b có phải là số chính phương không? Vì sao? b. Cho x; y  0 và x  y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P. 20 11  2 x y xy 2. Bài 4: ( 2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vuông góc với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: a. Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.  Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC. cos 2 BAC b. BH.KM = BA.KN. c.. GA5  GB 5  GH 5 4 2 GM 5  GK 5  GN 5. Bài 5: (1 điểm) Điểm M cố định thuộc đoạn thẳng AB cho trước.Vẽ về cùng một phía của AB. các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng Mt và Mz thay đổi luôn  vuông góc với nhau tại M và cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D và tạo góc AMC  . Xác định số đo  để tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. Hết./. Họ và tên thí sinh……………………………………...……….SBD………….………… 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài. Ý a 0.75. b 0.75 1. 2.5 b. 1.0. A. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 9. MÔN: TOÁN Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang Nội dung cần đạt 4 x  2; neu x 2 3 x  ( x  2) 2 3 x  x  2  2 x  2; neu x  2. B. 2  6  2 5 . 6  2 5  2  ( 5 1) 2 . ( 5  1) 2  2. = | 5  1|  | 5  1|  2 = 5  1  5  1  2 = 0. Suy ra A = 0 sin 2  cos 2  2 C (1  )(1  sin  )  (1  )(1  cos 2  ) 2 2 cos  sin  = (1 . Điểm 0.25x3. 0.5 0.25 0.2x5. sin 2  cos 2  2 )(cos  )  (1  )(sin 2  ) 2 2 cos  sin  =. sin 2   cos 2  cos 2   sin 2  1 1 2 .cos   sin 2   2 .cos 2   2 sin 2  2 2 sin  cos  sin  = cos  =2 0.25x4 ĐK: x 0 . 2a. 1.0 2. 2.0. x x  2 x  x 0  . x ) 0.  x 0 x ( x  2)( x  1) 0    x 4 x. 2b. 1.0. x (x  2 . ; Học sinh đối chiếu ĐK và kết luận nghiệm. 4 3. ĐKXĐ: ( x 2  8x  16)  (3x  4  2 3x  4.4  16) 0  ( x  4) 2  ( 3x  4  4) 2 0.  x  4 0 và 3 x  4  4 0  x 4(tm) 3. 2.0. 3a. 1.0. (a  b)c ab  (a  c)(b  c ) c 2 2 2 Gọi UCLN của a-c và b-c là d  c d  c d  a d ; b d mà a; b; c là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên d = 1 Do đó a-c và b-c là hai số chính phương. Đặt a-c = p2; b-c = q2 ( p; q là các số nguyên) c2 = p2q2  c = pq  a+b = (a- c) + (b – c) + 2c = ( p+ q)2 là số chính phương. 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 0.5. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> P. Mà. 20 10 1   2 x y xy xy. 20 20 4 80  20. 2  2 2 x y 2 xy x  y  2 xy ( x  y )2. 2. 0,25. 2. . Ta có. 0,25. x  y 2 20 20  20 2 x y 2 xy 2. 3b. 1.0. Nên. Dấu bằng khi x = y =1 1 ( x  y) 2 1 xy   1 xy 4 4 Mặt khác : . Nên . Dấu bằng xảy ra khi 2. .. 0.25. 2. 0.25. x = y =1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 21 khi và chỉ khi x = y =1. 0.25. A. F. E H. K N. G. B D. 4. 2.5. M. C. AE AF  cos CAF  AB ; ACF vuông tại F nên AC AEB vuông tại E nên Tư đó chứng minh được tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên S AEF AE 2   2 cos 2 BAC   S AEF S ABC .cos 2 BAC S ABC AB     NMK ABH và MNK có BAH ; ABH MKN (Góc có cạnh tương ứng song song) BA BH    BA.KN BH .KM KM KN Suy ra AHB đồng dạng với MNK ( g.g);  cos BAE . 4a 1.0. 4b. 0.75. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> AB AH  2 AHB đồng dạng với MNK nên MK MN ( Vì MN là đường TB của tam giác AG HG 2 2 AHC); Lại có: MG ; NG ( G là trọng tâm của tam giácAHC) AB AG   2   MK MG . Mặt khác BAG GMK ( so le trong)  ABG đồng dạng với tam giác MKG (c.g.c). 4c. 0.75. . 0.25. GB GA GH GB 5 GA5 GH 5 GB 5  GA5  GH 5   2     32 GK GM GN GK 5 GM 5 GN 5 GK 5  GM 5  GN 5. 0.25. GB 5  GA5  GH 5 4 2 GK 5  GM 5  GN 5. . 1   AMC BDM  ; Ta có : SMCD = 2 MC.MD ; Đặt MA = a , MB = b, Ta có a b ab 1 MC = cos , MD = sin  ; SMCD = 2 cos.sin . 0.5. Do a,b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất  2sin.cos lớn nhất . Theo bất đẳng thức 2xy  x2 +y2 ta có : 2 2sin.cos  sin  +cos2 = 1 nên SMCD ≥ ab 0 SMCD = ab  sin = cos  sin = sin(90 )   = 900   = 450  AMC và BMD vuông cân. Vậy min SMCD = ab . Khi  = 450 ; C,D được xác định trên tia Ax ; By sao cho AC = AM , BD = BM .. 5 1.0. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG 2y D NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9 x  Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) C. Bài 1: (2.0 điểm ). Rút gọn các biểu thức sau:. . P  1. d. e. f.. 0.5. A. a. (. M. b. B.  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 .cos2 x  tan 2 x . cos 2 x  cotan 2 x .sin 2 x . 2 2 2 x  3 y  4 x  19 b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:. Bài 3: (2.0 điểm) 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> a ; a ; a ;...; a2013 sao cho:. a.. Cho các số nguyên dương: 1 2 3 N = a1  a2  a3  ...  a2013 chia hết cho 30.. 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 tứ giác ACFE 2 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………….………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 9. MÔN: TOÁN Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang Bài Ý Nội dung cần đạt ĐK: x 0; x 1 a. . P  1. 1,0.  1. 2.0. b 0.5. c. 0.5. 2. 2.0 2a. 1.0. 2b. 1.0.  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 . x 2 . Điểm 0.25x4.  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 cos 2 x 6 6 2 2 2 2 2 2 sin x  cos x  3sin x .cos x(sin x  cos x)  2 .cos x  2 .sin x cos x sin x 2  sin 2 x  cos2 x    sin 2 x  cos 2 x  1  1 2 Giá trị biểu thức bằng 2. không phụ thuộc giá trị của x 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 ). 0.25 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  3(7  y 2 ) 2  7  y 2 2  y là số nguyên lẻ 2 2.  x  1 0  7  y 2 0  y 2 1. 0.25 0.25 0.25. 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. Mà HS tìm y rồi thay vào tìm x để tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1) 3. 2.0. 3a. 1.0. 5 Mà (5; 6) = 1 nên a1  a1 30. Xét tương tự và suy ra được:. 0.25. 0.5. 5 a15  a1  a25  a2  a35  a3  ....  a2013  a2013 30. 5 5 5 5 Hay a1  a2  a3  ....  a2013 - a1  a2  a3  ...  a2013 30  M  N 30 Theo giả thiết: N 30  M 30. 0,25. 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:. 0,5. ( x  1  2( y  2))2 (12  22 )  ( x  1)2  ( y  2) 2  25. 0.25.  x  1  2( y  2)  25 5  x  2 y 10 4a 1,5đ. E. B. A. F. N. D. 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 EA AN EA a b a (a  b )     EA  EA  a a b Vì AN // DC nên áp dụng Talet: ED DC. (1). 0,5. (2). 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 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 2 b 2  a 4 a 3 ( a  b )  b b2 b2 2SACEF = +. 0,5 (3) 0,5. 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 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. 0,5x2. 0.5 0.25 0,25 M. 0,5. 5. 1,5. N. 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). (1).. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>