Bài giảng 0910_toan9_hsg_THD.doc

PHÒNG GD&ĐT BUÔN ĐÔN ĐỀ THI HSG HUYỆN-NĂM HỌC 2009-2009 TRƯỜNG THCS TRẦN HƯNG ĐẠO Môn: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài:150 phút Bài 1(5.0đ): a/ Cho abcd=1 . Tính 1 1 1 1 a b c d abc ab a bcd bc b acd cd c dab ad d + + + + + + + + + + + + + + + b/ Cho x, y là các số thực sao cho 1 x y + và 1 y x + là các số nguyên. Chứng minh rằng : 2 2 2 2 1 x y x y + là số nguyên. Bài 2(4.0đ): Giải phương trình a/ ( ) ( ) 2 2 2 64 2 27 2010x x x x+ + + + = b/ 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x + + + + + = − − Bài 3(3.0đ): Cho hai đa thức f(x)=x 4 +x 2 -12, g(x)= x 3 +4x- ( ) 2 3 4x + a/ Phân tích f(x) , g(x) thành nhân tử b/ Rút gọn h(x)= ( ) ( ) f x g x c/ Cho x= 10 84 15 224 11 2 24 + + − + Chứng minh rằng h(x)= 1 3+ Bài 4(2.0đ): Cho tam giác ABC có µ µ 0 90C B − = và AH là đường cao của tam giác. Chứng minh rằng : AH 2 = BH.CH. Bài 5(4.0đ): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm trên nửa đường tròn đó (M khác A và B). Tiếp tuyến với đường tròn O tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn lần lượt tại C và D. Gọi N là giao điểm của AD và BC . a/ Chứng minh MN // AC b/ Tính giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM. Khi dó ứng với vị trí nào của M. Bài 6. (2 điểm)Chứng minh rằng, ∀n ∈ Z + , ta luôn có : ( ) 1 1 1 1 2 n 1 1 2 3 n + + + + > + − . Họ và tên thí sinh : ……………………………………………………………… Số báo danh : …………. Phòng …………………………………………………. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TOÀN HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Bài Câu Các bước giải Điểm đạt B1 5.0 a 3đ Nhân cả tử số và mẫu số của 1 a abc ab a+ + + với d ta được 1 ad ad abcd abd ad d abd ad d = + + + + + + ( vì abcd=1) Nhân cả tử số và mẫu số của 1 b bcd bc b+ + + với ad ta được 1 bad bad bcdad bcda bad da d abd ad = + + + + + + ( vì abcd=1) Nhân cả tử số và mẫu số của 1 c acd dc c+ + + với abd ta được 1 1 cabd acdabd dcabd cabd abd ad d abd = + + + + + + ( vì abcd=1) Vậy 1 1 1 1 a b c d abc ab a bcd bc b acd cd c dab ad d + + + + + + + + + + + + + + + = 1 ad abd ad d+ + + + 1 bad d abd ad+ + + + 1 1ad d abd+ + + + 1 d dab ad d+ + + = 1 1 1 ad abd d abd ad d + + + = + + + 0.25 0.5 0.25 0.5 0.25 0.5 0.75 b 2đ 1 1 à y + x x v y + là các số nguyên nên tích cũng là số nguyên : 1 1 1 2x y xy y x xy     + + = + +  ÷  ÷     => 1 xy xy + là số nguyên => 2 1 xy xy   +  ÷   là số nguyên Mà x 2 y 2 + 2 2 1 x y = 2 1 2xy xy   + −  ÷   là số nguyên Vậy x 2 y 2 + 2 2 1 x y là số nguyên 0.5 0.5 0.5 0.5 B2 4.0 a 2đ Đặt t= x 2 +2x+27 ta được phương trình 0.5 (t+37)t - 2010 = 0 ( ) ( ) 2 2 37 2010 0 67 30 2010 0 67 67 30 0 30 t t t t t t t t t ⇔ + − = ⇔ + − − = = −  ⇔ + − = ⇔  =  nếu t=-67 ta có x 2 +2x+27=-67 ( ) ( ) 2 2 2 94 0 1 93 93x x x ptvn⇔ + + = ⇔ + + ≥ nếu t=30 ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 27 30 2 3 0 3 3 0 3 3 1 0 1 x x x x x x x x x x x + + = ⇔ + − = ⇔ + − − = = −  ⇔ + − = ⇔  =  Vậy S= { } 3;1− 0.5 0.5 0.5 b 2.0 Ta có 2 2 3 6 7 5 10 14x x x x+ + + + + = ( ) ( ) 2 2 3 1 4 5 1 9x x+ + + + + 4 9≥ + = 2 + 3 = 5 và 2 4 2x x− − = ( ) 2 5 1x− + 5 ≤ do đó 2 2 3 6 7 5 10 14x x x x+ + + + + = 2 4 2x x− −  ( ) ( ) 2 2 3 1 4 5 1 9x x+ + + + + = ( ) 2 5 1x− + = 5  ( ) 2 1 0x + =  1x = − 0.5 0.5 0.5 0.5 B3 3.0 a 1đ f(x)= ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 2 2 4 3 12 4 3 4 4 3x x x x x x x x+ − − = + − + = + − g(x)= ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 4 4 3x x x x x+ − + = + − 0.5 0.5 b 0.5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 4 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) ( 3) 4 3 3 x x x x f x x h x x g x x x x x − + + − − = = = = = + − + − − 0.25 0.25 c 1.5 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 7 2 2 7 10 84 15 224 11 2 24 3 8 3 7 2 2 7 3 2 2 1 3 2 2 3 2 2 x + + − + + − = = + + + + − + = = = + + h(x)=x+ 3 1 3= + 0.5 0.5 0.5 B4 2.0 Ta có · µ · BCA H CAH= + 0.5 A => · · 0 90CAH BCA= − => · µ CAH B= Do đó AHC BHA∆ ∆: (g-g) AH CH BH AH = B C H Suy ra AH 2 = BH.CH 0.5 0.5 0.5 B5 2.5 a 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 b 1.5 AC//MN => MN AB⊥ tại H Ta có ABDC là hình thang vuông nên CD ≥ AB S ABDC = ( ) 1 . 2 AC BD AB+ = ( ) 1 .2 2 CM MD R+ 2 . 2 . 2CD R R R R= ≥ = (*) S AMB = 1 . . 2 AB MH R MH= ≤ R.R = R 2 (**) (do MH ≤ MO) (*) và (**) Suy ra : S ABDC – S AMB ≥ R 2 Hay S ACM + S BDM ≥ R 2 . GTNN là R 2 Dấu “=” xảy ra  CD=AB (ABDC là HCN) & H ≡ O  M là điểm chính giữa của nửa đ.tròn O 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 6 2.0 Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 k 2 k k k 1 2 k 1 k 2 k 1 k k 1 k k 1 k = > + + + − = = + − + + + − . Vậy : 1 1 1 1 . 2( 2 1) 2( 3 2) 2( 4 3) . 2( n 1 n) 2 3 n + + + + > − + − + − + + + − = = 2( n 1 1)+ − (đpcm). 0.5 0.5 0.5 0.5 Ax//By (cùng Vuông góc AB) Nên ANC DNB ∆ ∆ : Ta có : AN AC DN BD = (1) Mà AC = CM; BD=DM (2 ) (1)&(2) AN CM DN DM = (3) (3) chứng tỏ AC//MN (đ/lý đảo của đ/lý Thales) H Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. Điểm toàn bài không làm tròn số. . GD&ĐT BUÔN ĐÔN ĐỀ THI HSG HUYỆN-NĂM HỌC 2009-2009 TRƯỜNG THCS TRẦN HƯNG ĐẠO Môn: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1(5.0đ): a/ Cho abcd=1. số nguyên. Bài 2(4.0đ): Giải phương trình a/ ( ) ( ) 2 2 2 64 2 27 2010x x x x+ + + + = b/ 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x + + + + + = − − Bài 3(3.0đ):