De thi HSG Toan 9 20102011 Giong Rieng Kien Giang

c Tìm các giá trị nguyên của x sao cho giá trị tương ứng của biểu thức P nguyên.. Vẽ đường cao AD và BE.[r]

PHÒNG 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

15 x 11 3 x 2 2 x 3 P

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 2  x 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

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





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

15 x 11 3 x 2 2 x 3 P

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

(0,5 đ)

15 x 11 3 x 2 x 3 2 x 3 x 1

P

x 1 x 3



(0,5 đ)

15 x 11 3x 9 x 2 x 6 2x 2 x 3 x 3

P

x 1 x 3



(0,5 đ)

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



do x  3 0 nên

(0,25 đ)

Vậy

1

121

x 

và x 1 (0,25 đ)

c/ P =

5

x

  (0,5 đ)

x   x   x (0,5 đ)

Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a/ 2x 1 2  x 5 4 

 Xét x <

1

2 ta có: 1 – 2x + 5 – 2x = 4  x =

1

2 không thuộc khoảng đang xét (0,5 đ)

 Xét

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

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 =

/

 

  (0,5 đ) b/ x2 x1 x 2 x1 2 (*)

(*)   x 1 1 2   x1 1 2 2

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

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

Ta có :

0 2

1 a

2

















;

0 2

1 b

2

















, với mọi a , b > 0 (0,25 đ)

(0,25 đ)

0 4

1 b b 4

1

a

a     



(0,5 đ)

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

a      

(0,5 đ)

hay:   2a b 2b a

2

b a b

a 2











(0,5 đ) Bài 5: (3,5 điểm)

a/ Chứng minh: tgB.tgC =

AD HD

Xét tam giác ADB ta có:

AD tgB BD



Xét tam giác ADC ta có:

AD tgC CD



(0,25 đ)

2

AD tgB tgC

BD CD

(0,5 đ)

Chứng minh BDH ADC (0,5 đ)

BD DH BD CD DH AD

AD DC

(0,5 đ)

2

tgB tgC

HD AD DH

(0,5 đ) 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

HG DM

GM HD

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

(0,25 đ)

Xét

AB

(0,5 đ)

Vì BD là phân giác, nên:

AB BC AB BC AB BC



E

M D A

Vậy

2

tgABD tg

AB AB BC

D A