Đề HSG Toán 9 huyện Hạ Hòa 2011-2012

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77

Phòng GD&ĐT

hạ hoà

Kỳ thi học sinh giỏi lớp 9 Năm học 2011 – 2012

môn thi: Toán (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 9 tháng 12 năm 2011 Câu 1 (6 điểm)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 3 3 3 3 ( ) a b c a b c     

2) Rút gọn biểu thức sau: 4 10 2 5 4 10 2 5 5 A        Câu 2 (4 điểm) Tìm các số nguyên dương a,b,c thoả mãn đồng thời các điều kiện:

và a b c a b c      1 1 1 1 a b c   

Câu 3 (8 điểm) Cho hình thoi ABCD cạnh a, gọi R và r lần lượt là các bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC.

a) Chứng minh: 2 2 2 1 1 4 R r a  

b) Chứng minh: ; (Kí hiệu là diện tích tứ giác ABCD)

3 3

2 2 2 8 ( ) ABCD

R r S R r  

ABCD S

Câu 4.(2 điểm)

Cho ; với . Chứng minh: chia hết cho 59. 2 2 1 5 26.5 8 n n n A      n N  A

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

hướng dẫn chấm Câu Phần Nội dung Ta có: 3 3 3 3 ( ) a b c a b c       

3 3 3 ( ) 3 ( ) a b c a b ab a b c             

1

 

3 3 ( ) 3( ) ( ) 3 ( ) a b c a b c a b c a b c ab a b               

0,5

=   3( ) ( ) a b c a b c ab     1

1) 3®

3( )( )( ) a b a c b c     0,5

Đặt B = ,B>0 4 10 2 5 4 10 2 5     

Ta có 2 4 10 2 5 4 10 2 5 2 (4 10 2 5 )(4 10 2 5 ) B           

2 8 2 16 (10 2 5) B    

1

 

2 2 8 2. 5 1 6 2 5 B      0,5

, Vì B > 0  

2 5 1 5 1 B     1

Câu 1 6điểm

2) 3 ®

Vậy 5 1 5 1 A    0,5

Câu2 4điểm Có a b c a b c     

2 ( ) 2

( ) ( )( ) 0

a b c b a c a b c b a b c b a c ac

a b b a b c ac a b b c b c

             

           

1

ThuVienDeThi.com

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77

Nếu a = b và a, c dương.Ta có

1 1 1 2 1 1 1 2 ( 2)( 1) 2 c a ac a c a b c a c           

Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau:

2 2 4 2 1 1) 2) 3 1 1 2 1 2 a a b a a c b c c c                       

1

Nếu b = c và b,c dương.Ta có

1 1 1 1 2 1 1 2 ( 2)( 1) 2 a b ab b a a b c a b           

Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau:

2 2 2 2 4 1) 3 2) 1 1 1 1 2 b b b c a b c a a a                       

1

Vậy các cặp số nguyên dương (a;b;c) thoả mãn là (3;3;3) và(2;4;4)và (4;4;2) 1

I

E

K

M

D

O A C

B

Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD,BD là đường trung trực của AC.Do vậy nếu gọi M,I,K là giao điểm của đường trung trực của đoạn thẳng AB với AB,AC,BD thì ta có I,K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB,ABC Từ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy một điểm E đối xứng với điểm I qua M, Ta có BEAI là hình thoi (vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

1

Ta có mà : : BAI EBA  : : 0 90 BAI ABO   : : 0 90 EBA ABO    1

Xét EBK có ,đường cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta  : 0 90 EBK 

có 2 2 2 1 1 1 BE BK BM  

1

Mà BK = r, BE = BI = R; BM = Nên (Đpcm) 2 a

2 2 2 1 1 4 R r a    1

Xét và có và chung AOB  AMI  : : 0 90 AOB AMI   :A AOB AMI   :

2 .

2 AO AM AM AB AB AO AB AI AI R     

Chứng minh tương tự ta được

2 .

2 BM AB AB BO BK r  

1

1

Câu3 8điểm

Ta có

4 2. . 2. 4 ABCD

AB S AO OB Rr  

Mà theo định lÝ Pi ta go trong tam giác vuông AOB ta có

2 2 2 4

2 2 1 1 1 4 AB OA OB AB R r          

2 2 2

2 2 4R r AB R r   

Từ đó ta có:

3 3

2 2 2 8 ( ) ABCD

R r S R r  

1

1

Câu 4 (2 điểm) 

59 (64 5)

2 2 1 5 26.5 8 25.5 26.5 64 .8 51.5 8.64

59.5 8.64 8.5 59.5 8.(64 5 ) 59

n n n n

n n n n n n

n n n n A

A



         

      

 

 

1

1

ThuVienDeThi.com