022 đề hsg toán 9 cẩm thủy 2011 2012

PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG II NĂM HỌC: 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Cho biểu thức: P  x x x  x2  x  x ( x  1)( x  x ) a Rút gọn P b Tính P x 3  2 c Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Câu Giải phương trình: a x  10 x  27   x  x  b x  x  x x  x  0 Câu a Tìm số nguyên x; y thỏa mãn: y  xy  x  0  x  1   2x 1   b Cho x  1; y  , chứng minh:   3  ( x  1)  y  y  x c Tìm số tự nhiên n để: A n 2012  n 2002  số nguyên tố x  y Câu Cho hình vng ABCD, có độ dài cạnh a E điểm di chuyển CD ( E khác C, D) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1  không đổi AE AF     b Chứng minh: cos AKE sin EKF cos EFK  sin EFK cos EKF a Chứng minh: c Lấy điểm M trung điểm đoạn AC Trình bày cách dựng điểm N DM cho khoảng cách từ N đến AC tổng khoảng cách từ N đến DC AD Câu Cho ABCD hình bình hành Đường thẳng d qua A khơng cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K hình chiếu B, C, D đường thẳng d Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn Hết./ PHỊNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012 Môn thi: TỐN Thời gian: 150 phút( khơng kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt x x2 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2) a  x( x  2)  2( x  1)  x  x x  x  x   x   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) 0,25  x x  2x  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  b x   2   (  1)   ( x  1) 1 1 2   1  ( x  1) 1  ĐK: x  0; x 1 : P c P ( x  1) x  1 2  1  ( x  1) x1 x1 0.25 2,25 0.25 0.25 0.25 Học sinh lập luận để tìm x 4 x 9 a Điểm 0,25 0.25 ĐK:  x 6 : 0.25 VT x  10 x  27 ( x  5)2  2 , dấu “=” xẩy  x 5 0.25 VP   x  x   (12  12 )((  x )  ( x  4) )  VP 2 , dấu “=” xẩy 0.25  1    x  x   x 5 6 x x 0.25 VT VP  x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm phương trình: x 5 ĐK: x 0 Nhận thấy: x 0 khơng phải nghiệm phương trình, chia hai vế cho x ta có: 2 x  x  x x  x  0  x   b Đặt x  0.75 4 x  0  ( x  )  ( x  )  0 x x x x 4 t   t  x    x  t  , thay vào ta có: x x x  t 3  (t  4)  t  0  t  t  0  (t  3)(t  2) 0    t  Đối chiếu ĐK t  t 3  x  x 4 3  x  x  0  ( x  2)( x  1) 0   x  x 1 1,75 y  xy  x  0  x  xy  y x  x   ( x  y ) ( x  1)( x  2) (*) VT (*) số phương; VP (*) tích số nguyên liên tiếp a  x  0 0.5  x   y 1  nên phải có số    x  0  x   y 2 Vậy có cặp số nguyên ( x; y) ( 1;1) ( x; y) ( 2; 2) x  1; y   x   0; y   x 1  0;  0;  ( x  1) y y Áp dụng BĐT Côsi cho số dương: 1   3 1.1   2 3 ( x  1) ( x  1) ( x  1) x b 0.75  x  1  x  1  x   3( x  1) 2     3   1.1     y  y   y   y  1   3 3 1.1    y y y y (1) (2) 2.0 (3) Từ (1); (2); (3):  x  1 1 3( x  1)   6    3 ( x  1)  y  y x y y  x  1 1  x  3x  2x x    3(  )   3 ( x  1)  y  y x y x y Xét n 0 A = khơng phải ngun tố; n 1 A = nguyên tố 0.25 Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A hợp số Số tự nhiên ần tìm n = 0.5 B A M M' 0.25 N N' P E K C Q D F H a b Học sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g) suy AF = AK Trong tam giác vng: KAE có AD đường cao nên: 1 1 1      (không đổi) 2 hay 2 AK AE AD AF AE AD a 1  HS c/m S KEF  KE.EF sin AEK  KE.EF cos AKE 2 1 Mặt khác: S KEF  EH KF  EH ( KH  HF ) Suy ra: 2 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 dựng 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 tam giác NN’M cân N  MN’  '  Cách dựng điểm N: phân giác DMM c - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.25  ' cắt DM’ N’ - Dựng phân giác DMM 0.25 0.25 - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD Chú ý: Học sinh khơng trình bày phân tích mà trình bày cách dựng cho điểm tối đa d H I A P B K O D C 0.25 1.0 Gọi O giao điểm đường chéo hình bình hành, kẻ OP vng góc d P HS lập luận BH + CI + DK = 4OP 0.25 0.25 Mà OP AO nên BH + CI + DK  4AO Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO Đạt P  A hay d vng góc AC Học sinh làm cách khác với yêu cầu đề chấm điểm tối đa 0.25