Đề HSG Toán 9 huyện Lâm Thao 2012-2013

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM THAO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2012 - 2013

Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3,0 điểm):

Cho x x 1 x x 1 M

x x x x       a) Tìm điều kiện để M có nghĩa. b) Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa) Bài 2: (4,5 điểm)

a) Tính : 4 5 3 5 48 10 7 4 3 A     b) Giải phương trình : 2 2 10 12 40 x x x x       Bài 3. (4,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên thỏa mãn: ;x y 2 2 3 2 0 y xy x     b) Tìm số tự nhiên để: là số nguyên tố. n 2012 2002 1 A n n    Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động trên đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (O;R), trong đó B, C là các tiếp điểm. Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định. Bài 5: (5,0 điểm )

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N. Tia AM cắt đường thẳng CD tại K. Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD tại I.

1. Chứng minh : 2 2 2

1 1 1

AB AK AM  

2. Biết góc MAN có số đo bằng 450, CM + CN = 7 cm, CM - CN = 1 cm. Tính diện tích tam giác AMN.

3. Từ điểm O trong tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR lần lượt vuông góc với IK, AK, AI (P IK, QAK, R AI). Xác định vị trí điểm O để 2 2 2 OR OQ OP   nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

___________________________

Họ và tên thí sinh:................................................... Số báo danh :.............Phòng thi......

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ThuVienDeThi.com

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM THAO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2012 - 2013

MÔN: Toán

Bài 1: (3,0 điểm): Cho x x 1 x x 1 M

x x x x       a. Tìm điều kiện để M có nghĩa. (1,0 đ)

Để M có nghĩa, ta có:

x 0

x x 0

x x 0

       



x 0

x( x 1) 0

x( x 1) 0

         

 x 0 x 1     

b. Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa) (2,0 đ) Với x > 0, ta có: 1 

2 (x x 1)(x x) (x x 1)(x x) M x x       

=

2 2 2 2

2 x x x x x x x x x x x x        

=

2

2 2x 2x x x  

= 2. Vậy M = 2

2

2 2(x x) x x   

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 2: (4,5 điểm)

a) (2 điểm) Tính : 4 5 3 5 48 10 7 4 3 A    

Ta có :  

2 4 5 3 5 48 10 2 3 A    

  4 5 3 5 48 10 2 3 A    

4 5 3 5 28 10 3 A   

 

2 4 5 3 5 5 3 A   

= =   4 5 3 5 5 3 A    4 5 3 25 5 3    4 5 3  

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

b) (2 điểm) Giải phương trình : 2 2 10 12 40 x x x x       Điều kiện : 2 10 x   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm.

Ta có : = 4       1 1 2 4 10 4 2 10 2 .4 10 .4 2 2 2 2 x x x x x x                   

ThuVienDeThi.com

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 3

Dấu “ = ” xảy ra (1) 2 4 6 6 10 4 6 x x x x x                 Mặt khác :    

2 2 2 12 40 12 36 4 6 4 4 x x x x x          

Dấu “=” xảy ra (2) 6 0 6 x x      Kết hợp (1) và (2) Phương trình có nghiệm duy nhất là : 6 x 

0,5

0,5

0,5 0.5

Bài 3. (4,0 điểm)

a) (2 điểm) Tìm các số nguyên thỏa mãn: ;x y 2 2 3 2 0 y xy x     (*) 2 2 2 2 2 2 3 2 0 2 3 2 ( ) ( 1)( 2) y xy x x xy y x x x y x x                VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp

nên phải có 1 số bằng 0. 1 0 1 1 2 0 2 2 x x y x x y                Vậy có 2 cặp số nguyên hoặc ( ; ) ( 1;1) x y  ( ; ) ( 2;2) x y 

0,5

1,0 0,5

b) (2 điểm) Tìm số tự nhiên để: là số nguyên tố. n 2012 2002 1 A n n    Xét thì A = 1 không phải nguyên tố; thì A = 3 nguyên tố. 0 n  1 n  Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1 Tương tự: (n3)667 – 1 chia …