Đề thi chọn học sinh giỏi huyện Hạ Hòa môn Toán 9

PHÒNG GDĐT HẠ HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MÔN: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút

Câu 1. (4 điểm) 1. Cho hàm số

3 2010 f (x) (x 12x 31)   

Tính tại f (a) 3 3 a 16 8 5 16 8 5    

2. Cho . Chứng minh rằng: a b c 1 b c c a a b      

2 2 2 a b c 0 b c c a a b       Câu 2: (4,5 điểm)

1. Cho biểu thức 2 2 1 1 2 2 1 x x x x x P

x x x x x x x x            Tìm tất cả các giá trị của sao cho giá trị của P là một số nguyên. x

2. Tìm số nguyên a sao cho là số nguyên tố 4 a 4  Câu 3. (4,5 điểm) 1. Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p + 1 là một hợp số.

2. Giải phương trình:

2 3 2 4 3 3 4 3 2 2 1       x x x x x Câu 4. (2,5 điểm):

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. NH PD 

Câu 5.( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME AB, MF AD.   a. Chứng minh: DE = CF b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.

Câu 6.(1 điểm)

Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002

Tinh: a2011 + b2011

--------------------------HẾT--------------------------

ThuVienDeThi.com

PHÒNG GDĐT HẠ HÒA HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG

MÔN: TOÁN 9

Câu Đáp án Điểm

1. 3 3 16 8 5 16 8 5 a    

 3 3 3 3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5) a       

0,5

 3 32 3.( 4). a a    0,5

 3 32 12 a a   0,25

 3 12 32 0 a a    0.25

 3 12 31 1 a a    0,25

 2010 ( ) 1 1 f a   0,25

2. Nhân cả 2 vế của: a b c 1 b c c a a b      

với a + b + c 1

1

rút gọn đpcm  1

1.Điều kiện: . Khi đó ta có 0, 1 x x  

Rút gọn biểu thức ta được 2

1 x P

x x  

 

1

Ta có , ta coi đây là phương trình bậc   1 2 0 Px P x P     

hai của . Nếu vô lí, suy ra nên để x 0 2 0 P x     0 P 

tồn tại thì phương trình trên có x     2 1 4 2 0 P P P     

 

2 2 2 4 4 3 6 1 0 2 1 1 3 3 P P P P P         

0,75

Do P nguyên nên bằng 0 hoặc 1  

2 1 P 

+) Nếu không thỏa mãn.  

2 1 0 1 1 P P x     

+) Nếu  

2 2 1 1 2 2 0 0 0

P P P x x x P

              không thỏa mãn Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.

0,75

2. Ta có :    4 2 2 a 4= a -2a+2 a +2a+2  0,5

Vì 2 2 a a -2a+2 ;a +2a+2 Z Z Z    

2

Có  

2 2 a +2a+2= a+1 1 1 a  

Và  

2 2 a -2a+2= a-1 1 1 a   0,5

ThuVienDeThi.com

Vậy là số nguyên tố thì hoặc 4 a 4  2 a +2a+2=1 2 a - 2a+2=1 0,5

Nếu thử lại thấy thoả mãn 2 a -2a+2=1 1 a  

Nếu thử lại thấy thoả mãn 2 a +2a+2=1 1 a   0,5

1.Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 3 1 p k   0,5 *) Nếu thì 3 1 p k   2 1 6 3 3(2 1) p k k      là hợp số (Vô lý) 2 1 p  

0,5

*) Nếu thì 3 1, 2 p k k    4 1 12 3 3(4 1) p k k      0,5 Do nên là một hợp số. 4 1 7 k  4 1 p  0,5

2.Điều kiện: 1 2 x 

0,5

PT 2 4 3 3 4 3 2 2 1 x x x x x           2 4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0 x x x x x x           

0,5

  

2 2 2 3 1 2 1 0 x x x        0,5

2 3

1 2 1

x x

x

    

  

0,5

3

(tmđk)

2 4 3 1 1 2 1

x x x x

         

0,5

O

A

H'

H

E

P N

D C B

M

ABC vuông cân tại A  AD là phân giác góc A và AD  BC D  (O; AB/2)

0,25

Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP

mà H thuộc đường tròn đường kính NP A 0 NHP 90  

 (1) A A 0 AHN AMN 45  

0,50

Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E  tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE

0,25

4

Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC 0,50

ThuVienDeThi.com