Đề thi học sinh giỏi cấp huyện vòng II - Môn Toán 9

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện vòng II - Môn Toán 9

1. PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY 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) x 2 x 2 Câu 1. Cho biểu thức: P x x x 2 x ( x 1)(x 2 x) a. Rút gọn P . b. Tính P khi x 3 2 2 . c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. Giải phương trình: a. x2 10x 27 6 x x 4 b. x2 2x x x 2 x 4 0 Câu 3. a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 3 1 x 1 1 3 2x x b. Cho x 1; y 0 , chứng minh: 3 3 3 (x 1) y y x 1 y c. Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1 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 a. Chứng minh: không đổi AE 2 AF 2 b. Chứng minh: cos·AKE sin E· KF.cos E· FK sin E· FK.cos E· KF 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./.
2. PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY 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 Ý Nội dung cần đạt Điểm x 2 x 2 0,25 P x( x 1) x( x 2) x( x 1)( x 2) x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2x 2 x 2 x 2 0,25 a x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) x x 2x 2 x x x( x 1)( x 2) ( x 1) 0.5 x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) ( x 1) x 3 2 2 x 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1 0.25 1 2,25 b ( x 1) 2 1 1 2 2 P 1 2 0.25 ( x 1) 2 1 1 2 ĐK: x 0; x 1 : 0.25 ( x 1) x 1 2 2 P 1 c ( x 1) x 1 x 1 0.25 0.25 Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9 ĐK: 4 x 6 : 0.25 2 2 VT x 10x 27 (x 5) 2 2 , dấu “=” xẩy ra x 5 0.25 VP 6 x x 4 (12 12 )(( 6 x)2 ( x 4)2 ) VP 2 , dấu “=” xẩy ra a 0.25 1 1 6 x x 4 x 5 6 x x 4 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 2 hai vế cho x ta có: 1,75 0.75 2 4 4 2 x2 2x x x 2 x 4 0 x 2 x 0 (x ) ( x ) 2 0 x x x x 2 4 4 b Đặt x t 0 t 2 x 4 x t 2 4 , thay vào ta có: x x x 2 2 t 3 (t 4) t 2 0 t t 6 0 (t 3)(t 2) 0 t 2 Đối chiếu ĐK của t
3. 2 x 4 t 3 x 3 x 3 x 2 0 ( x 2)( x 1) 0 x x 1 y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (x y)2 (x 1)(x 2) (*) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp 0.5 a 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) 1 x 1 1 x 1; y 0 x 1 0; y 0 0; 0; 0 (x 1)3 y y3 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 1 1 1 3 1 1 3. 3 .1.1 2 (1) (x 1)3 (x 1)3 (x 1)3 x 1 3 3 3 0.75 x 1 x 1 x 1 3(x 1) 1 1 33 .1.1 2 (2) y y y y b 1 1 1 3 1 1 3.3 .1.1 2 (3) 3 y3 y3 y3 y 2.0 Từ (1); (2); (3): 3 1 x 1 1 3 3(x 1) 3 3 3 6 (x 1) y y x 1 y y 3 1 x 1 1 3 6x 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) 3 670 3 3 670 2 c Mà (n ) – 1) chia hết cho n -1, suy ra (n ) – 1) chia hết cho n + 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.
4. A B M M' 0.25 N N' P E C K D Q H F Học sinh c/m: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK 0.5 Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: a 0,5 1 1 1 1 1 1 1 hay (không đổi) AK 2 AE 2 AD2 AF 2 AE 2 AD2 a2 1 1 HS c/m S KE.EF.sin ·AEK KE.EF.cos ·AKE 0,25 KEF 2 2 1 1 4 Mặt khác: S EH.KF EH.(KH HF) . Suy ra: 0,25 KEF 2 2 b EH.KH EH.HF KE.EF.cos ·AKE EH.(KH HF) cos ·AKE KE.EF 0,5 : EH KH EH HF cos ·AKE . . sin E· FK.cosE· KF sin E· KF.cosE· FK EF EK KE EF 3.0 Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN 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 D· MM ' Cách dựng điểm N: - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.25 c - Dựng phân giác D· MM ' cắt DM’ tại N’ 0.25 - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD 0.25 Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho điểm tối đa. d 0.25 H I P A 5 B 1.0 K O D C
5. Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P 0.25 HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP 0.25 Mà OP AO nên BH + CI + DK 4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO 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