Phòng giáo dục và đào tạo đoan hùng Kì thi chọn học sinh giỏi huyện lớp 9 vòng 2 nĂm học 2010-2011 đề thi môn: toán Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang Câu 1 (3,0 điểm) a, Rút gọn biểu thức sau: Q = (10+1).(10 2 +1).(10 4 +1) (10 2n +1) b, Giải phơng trình sau: x 1 3 x 1 2 x 1 4 2 2 = c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 5 7 3x x + Câu 2 (3,0 điểm) Cho ABC a, Gọi M là trung điểm của AC. Biết BM = AC, gọi D là điểm đối xứng của B qua A, gọi E là điểm đối xứng của M qua C. Chứng minh: DM vuông góc với BE b, Lấy điểm O bất kì trong tam giác ABC, các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, CA và AB tại P,K,F. Chứng minh: 1 OP OK OF AP BK CF + + = Câu 3 (3,0 điểm) Cho hệ phơng trình hai ẩn x,y với m là tham số mx y = 2 (1) (2-m)x +y = m (2) 1, Giải hệ với m = - 3 2, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét hai đờng thẳng có phơng trình là (1) và (2) a, Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đờng thẳng (1) đi qua điểm cố định B và đờng thẳng (2) đi qua điểm cố định C. b, Tìm m để giao điểm A của hai đờng thẳng (1) và (2) thoả mãn điều kiện góc BAC vuông. Tính diện tích tam giác ABC ứng với giá trị đó của m. Câu 4 (1,0 điểm) Cho m,n là các số nguyên thỏa mãn: 1 1 1 2 3m n + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = m.n Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng giáo dục và đào tạo đoan hùng Hớng dẫn chấm thi Chọn học sinh giỏi huyện lớp 9 vòng 2 nĂm học 2010-2011 Môn: toán Câu 1 (3,0 điểm) a, Rút gọn biểu thức sau: Q = (10+1).(10 2 +1).(10 4 +1) (10 2n +1) b, Giải phơng trình sau: x 1 3 x 1 2 x 1 4 2 2 = c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 5 7 3x x + Đề chính thức Hết Néi dung §iÓm a, Nh©n c¶ hai vÕ cña P víi (10-1) ta ®îc (10-1)P = (10-1) (10+1).(10 2 +1).(10 4 +1)……… (10 2n +1) biÕn ®æi ta ®îc: 9P = 10 4n – 1 => P = 4 10 1 9 n − 1,0 b, Phương trình đã cho tương đương với : ( ) ( ) 2 1 3 1 3 x 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 1 2 x 1 4 2 2 2 x 1 1 4 x 1 3 x 1 1 4 x 1 3 ⇔ − − = − − ⇔ − − − + = − − ⇔ − − = − − ⇒ − − = − − 0.25 x 1 3 9 9 x 1 x 1 1 4 16 16 x 1 x 1 1 4 x 1 3 4 x 1 3 0 x 1 x 1 1 4 x 1 3 9 x 1 x 1 1 3 4 x 1 16 x 1 1 3 4 x 1 ≥ − ≥ ⇒ ≥ + = ≥ − − = − − ⇒ − − ≥ ⇔ ≥ − − = − − ≥ − − = − − − − = − − 0.25 9 9 x 1 x 1 9 16 16 x 1 16 2 4 4 x 1 x 1 1 3 x 1 2 3 9 9 9 9 9 x 1 x 1 x 1 16 16 16 4 16 16 5 x 1 4 x 1 x 1 1 5 25 25 ≥ ≥ ≥ − = = + = − = ⇔ ⇔ ⇔ ≥ ≥ ≥ − = − = = + = 0,25 + Trường hợp thứ nhất : 4 9 x 1 1 9 16 = ≤ (loại) + Trường hợp thứ hai : 16 9 x 1 1 25 16 = ≥ (thoả mãn) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là : 16 x 1 25 = . 0.25 c, §K: 5 7 3 3 x≤ ≤ 0,25 A 2 = (3x-5) + (7-3x) + 2 (3 5)(7 3 )x x− − ta cã 2 (3 5)(7 3 )x x− − ≤(3x-5) + (7-3x) (theo B§T C«si) 0,25 A 2 ≤ 2 +(3x-5) + (7-3x) A 2 ≤ 4 => MaxA 2 = 4 0,5 VËy A lín nhÊt b»ng 2 <=> x = 2 C©u 3 (3,0 ®iÓm) Cho ∆ABC a, Gọi M là trung điểm của AC. Biết BM = AC, gọi D là điểm đối xứng của B qua A, gọi E là điểm đối xứng của M qua C. Chứng minh: DM vuông góc với BE b, Lấy điểm O bất kì trong tam giác, các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, CA và AB tại P,K,F Chứng minh: 1 OP OK OF AP BK CF + + = Nội dung Điểm a, Lấy K đối xứng với M qua A => KA = AM = MC = CE => BM = MK = ME => BKE vuông tại B Lại có AB = AD, KA = KM => tứ giác BMDK là hình bình hành => DM//BK => DMBE (đpcm) 1,0 b, +) Ta có: BOP COP BOP COP OBC BPA CPA BPA CPA ABC S S S S S OP AP S S S S S + = = = = + gọi S = S ABC , S 1 =S OBC , S 2 =S OAC , S 3 =S OAB ta có 1 S OP AP S = P Chứng minh tơng tự ta đợc 2 S OK BK S = , 3 S OF CF S = => 1 2 3 1 S S S OP OK OF AP BK CF S + + + + = = (đpcm) 1,0 Câu 3 (3,0 điểm) Cho hệ phơng trình hai ẩn x,y với m là tham số mx y = 2 (1) (2-m)x +y = m (2) 1, Giải hệ với m = - 3 2, Trong mặt phẳng toạ độ õy xét hai đờng thẳng có phơng trình là (1) và (2) a, Chứng minh rằng với mọi giái trị của m, đờng thẳng (1) đi qua điểm cố định B và đờng thẳng (2) đi qua điểm cố định C. b, Tìm m đẻ giao điểm A của hai đờng thẳng thoả mãn điều kiện góc BAC vuông. Tính diện tích tam giác ABC ứng với giá trị đó của m. Nội dung Điểm 1, Với m = 3 hệ trở thành 3 2 (2 3) 3 x y x y = + + = Giải hệ ta đợc 2 3 2 2 3 1 2 x y = = 1,0 2.a, PT (1) <=> y = mx 2 kí hiệu d 1 H E C M D K A BB F K A O P CB PT (2) y = (m2)x + m kí hiệu d 2 * d 1 qua B(x 0 ;y 0 ) ta có: y 0 = mx 0 2 giải tìm đợc B(0;-2) 0,5 * d 2 qua C(x 0 ;y 0 ) ta có: y 0 = (m-1)x 0 +m giải tìm đợc C(-1;2) 0,5 b, Để góc BAC vuông => d 1 d 2 m(m-2) = -1 => m=1 0,5 Vì d 1 d 2 = {A}nên tọa độ A thỏa mãn 2 1 y x y x = = + giả hệ tìm đợc A( 3 1 ; ) 2 2 Tính diện tích ABC Ta có AB = 2 2 3 1 3 2 (0 ) ( 2 ) 2 2 2 + + = AC = 2 2 3 1 5 2 ( 1 ) (2 ) 2 2 2 + + = 0,5 S ABC = 1 1 3 2 5 2 15 . . . 2 2 2 2 4 AB AC = = (đvdt) Câu 4 (1,0 điểm) Cho m,n là các số nguyên thỏa mãn: 1 1 1 2 3m n + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = m.n Nội dung Điểm ĐK: m,n 0 ta có 1 1 1 2 3m n + = 2mn-6m-3n =0 2m(n-3) 3(n-3) = 9 (2m-3)(n-3) = 9 0,5 vì m,n nguyên nên (2m-3) và (n-3) nguyên và 9 = 1.9 = (-1).(-9) = 3.3 = (-3).(-3) nên ta có: + n-3 = 1 => 2m-3 = 9 n = 4; m = 6 => B = 24 0,5 + n-3 = 9 => 2m-3 = 1 n = 12; m = 2 => B = 24 + n-3 = -1 => 2m-3 = -9 n = 2; m = -3 => B = -6 + n-3 = -9 => 2m-3 = -1 n = -6; m = 1 => B = -6 + n-3 = 3 => 2m-3 = 3 n = 6; m = 3 => B = 18 + n-3 = -3 => 2m-3 = -3 n = 0; m = 0 => B = 0 Vậy MaxB = 24 khi (m,n) là (12,2) và (4,6) Lu ý: Trên đây chỉ là đáp án sơ lợc của một cách giải, học sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì cho tối đa theo thang điểm trên. Tổ chấm có thể chia nhỏ điểm đến 0,25. Điểm bài thi của học sinh là tổng điểm của toàn bài không làm tròn. . 2 + + = AC = 2 2 3 1 5 2 ( 1 ) (2 ) 2 2 2 + + = 0,5 S ABC = 1 1 3 2 5 2 15 . . . 2 2 2 2 4 AB AC = = (đvdt) Câu 4 (1,0 điểm) Cho m,n là các số nguyên thỏa mãn: 1 1 1 2 3m n + = . Tìm. d 2 m(m -2) = -1 => m=1 0,5 Vì d 1 d 2 = {A}nên tọa độ A thỏa mãn 2 1 y x y x = = + giả hệ tìm đợc A( 3 1 ; ) 2 2 Tính diện tích ABC Ta có AB = 2 2 3 1 3 2 (0 ) ( 2 ) 2 2 2 + +. (10+1).(10 2 +1).(10 4 +1)……… (10 2n +1) biÕn ®æi ta ®îc: 9P = 10 4n – 1 => P = 4 10 1 9 n − 1,0 b, Phương trình đã cho tương đương với : ( ) ( ) 2 1 3 1 3 x 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 1 2 x 1 4 2 2 2 x