DE THI DUOC SUU TAM HANG NAM CUA HUYEN GIONG RIENG. NHAM GOP PHAN PHONG PHU HON TRONG NGAN HANG DE CHO GIAO VIEN LUYEN THI HSG. HOC SINH CUNG CÓ THE TAI VÈ THAM KHẢO, TU REN LUYEN .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
HUYỆN GIỒNG RIỀNG VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011
= = = 0o0 = = = Môn: TOÁN - lớp 9 , thời gian: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm) Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1, luôn là số chính
phương.
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức P 15 x 11 3 x 2 2 x 3
x 2 x 3 1 x x 3
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x sao cho P <1
2 c) Tìm các giá trị nguyên của x sao cho giá trị tương ứng của biểu thức P nguyên
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/ 2x− +1 2x− =5 4 b/ x+2 x− +1 x−2 x− =1 2
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương
Chứng minh rằng: ( ) 2a b 2b a
2
b a b
a+ 2 + + ≥ +
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ đường cao AD và BE Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm của tam giác ABC
a/ Chứng minh: tgB.tgC = AD
HD
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC ⇔tgB.tgC = 3
Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A Chứng minh : tg ·
2
AB BC
= +
Trang 2
HẾT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 9
Bài 1: (3,0 điểm)
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈N) Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 (0,5 đ)
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) (0,5 đ)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 (1,0 đ)
= (n2 + 3n + 1)2 (0,5 đ)
Vì n ∈ N nên n2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.(0,5 đ)
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức P 15 x 11 3 x 2 2 x 3
x 2 x 3 1 x x 3
( 15 x 11)( ) 3 x 2 2 x 3
P
x 1 x 3
x 1 x 3
15 x 11 3 x 2 x 3 2 x 3 x 1
P
x 1 x 3
=
15 x 11 3x 9 x 2 x 6 2x 2 x 3 x 3
P
x 1 x 3
=
( 5x 7 x 2)( )
P
x 1 x 3
=
− + (0,5 đ)
x 1 2 5 x 2 5 x
P
x 3
x 1 x 3
+
− + (0,5 đ)
b/ để P <1
2 thì 2 5 x 1
2
x 3
− <
+
2 5 x 1
0 2
x 3
−
⇔ − <
+
1 11 x
0
x 3
−
Vậy 1
121
x> và x≠1 (0,25 đ)
c/ P = 17 5( 3) 17
5
x
+ + (0,5 đ)
{ }
3 (17) 1; 17
x+ = ⇔ x= ⇔ =x (0,5 đ)
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/ 2x− +1 2x− =5 4
Trang 3 Xét x < 1
2 ta có: 1 – 2x + 5 – 2x = 4 ⇔x = 1
2 không thuộc khoảng đang xét (0,5 đ)
Xét 1 5
2≤ ≤x 2 ta có: 2x – 1 + 5 – 2x = 4 ⇔ 0x = 0
phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là 1 5
2≤ ≤x 2 (0,5 đ)
Xét x > 5
2 ta có: 2x – 1 + 2x – 5 = 4 ⇔x = 5
2 không thuộc khoảng đang xét (0,5 đ)
Vậy phương trình có nghiệm là S = /1 5
(0,5 đ)
b/ x+2 x− +1 x−2 x− =1 2 (*)
(*) ( ) (2 )2
1 x 1 1 x 1
Ta có A A≥ dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A≥0 (0,25 đ)
Kế hợp với điều kiện ban đầu ta có tập nghiệm là 1 ≤ ≤x 2 (0,25 đ)
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương
Chứng minh rằng: ( ) 2a b 2b a
2
b a b
a+ 2 + + ≥ +
Ta có : 0
2
1 a
2
≥
2
1 b
2
≥
− , với mọi a , b > 0 (0,25 đ)
0 4
1 b b 4
1
a
a− + + − + ≥
0 b a 2
1
b
a+ + ≥ + >
Mặt khác ( a − b)2 ≥ 0⇔a+b≥2 ab >0 (**) (0,5 đ)
Nhân từng vế (*) và (**) ta có :
2
1 b
a
b
hay: ( ) 2a b 2b a
2
b a b
Trang 4Bài 5: (3,5 điểm)
a/ Chứng minh: tgB.tgC = AD
HD
Xét tam giác ADB ta có: tgB AD
BD
Xét tam giác ADC ta có: tgC AD
CD
2
AD tgB tgC
BD CD
Chứng minh ∆BDH : ∆ADC (0,5 đ)
2
tgB tgC
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC ⇔tgB.tgC = 3
Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có: AM 3
Xét ∆ADM, có HG // BC
Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A Chứng minh ·
2
tg
AB BC
= +
Vẽ phân giác BD · ·
2
ABC BBD
Xét ABD A,µ 900 tgABD· AD
AB
Vì BD là phân giác, nên:
+
Vậy · ·
2
tgABD tg
E
M D
A
D A