Thi chọn đội sơ tuyển học sinh giỏi lớp 9 năm học 2011 - 2012 môn Toán

PHÒNG GD&ĐT QUỲNH LƯU THI CHỌN ĐỘI SƠ TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2011 - 2012

Môn: Toán - Thời gian làm bài 150 phút Câu 1: (2 điểm)

a) Tính:

b) Cho biết = - . Hãy tính giá trị của biểu thức A =

Câu 2: (1,5 điểm): Cho biết a = 2 + 2 + 1 n 2n + 1 n + 1

b = 2 - 2 + 1 với n  N n 2n + 1 n + 1

Chứng minh rằng: trong hai số a và b có một và chỉ một số chia hết cho 5 n n

Câu 3: (2 điểm). Tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

P = + . 2 4 -24x+45 x

Áp dụng hãy giải phương trình: + = -5 - x + 6x 2 4 -24x+45 x 2

Câu 4: (3,5 điểm). Cho hình bình hành ABCD có AC > BD; kẻ CH vuông góc với

AD ( H  AD); kẻ CK vuông góc với AB ( K  AB). Chứng minh rằng:

a) Hai tam giác KBC và HDC đồng dạng

b) Hai tam giác CKH và BCA đồng dạng

c) AB. AK + AD. AH = AC 2

d) HK = AC.sinBAC

Câu 5: (1 điểm). Cho a, b là các số dương thỏa mãn a + b = a + b 3 3 5 5

Chứng minh rằng: a + b  1 + ab. 2 2

----- Hết -----

ThuVienDeThi.com

LỜI GIẢI: Câu 1 (2đ): a.

b. Cách 1: Có:

Mặt khác:

Cách 2: Có:

Mặt khác:

Câu 2: (1,5 đ)

Ta thấy: 16n có số tận cùng bằng 6, nên 16n.4 có sốtận cùng bằng 4 Suy ra 16n.4 +1 có số tận cùng bằng 5 Vậy: an.bn chia hết cho 5.  trong 2 số an và bn có ít nhất một số chia hết cho 5. mặt khác:

2 3 4 5( 2 3 4) ( 2 3 4)(1 5) 1 5 2 3 4 2 3 4 A               

2

2

2

4 2 2 2 2

2 0 1 3 1 3 1 3 1 2 2 1 5 ( ) . 2

2 . . 1 1 1 3 1 1 3 1 3 5 3 7 21 ( 1) .( 1) . 2 2 2 2 2 4 4 21

x x x x x x x x x

x x

x x x x A x x x x x x x x

x A x

A

              

   

                        

 

4 2

2 2 2

2

2 2

2

1 1 1 ( ) 1

1 1 3 1 5 ( ) 1 ( ) 2 2 1 25 1 25 17 ( ) 2 4 4 4 1 17 21 4 1 4 4 21

x x x A x x x x x x x x x

x x x x

A A

     

         

       

    

   

  

2 1 1 2 1 1

2 2 2 1 1 2(2 1) 2 1 2( 1)

2 1 2( 1) 1 2 1 1

. 2 1 2 . 2 1 2

2 1 2 2 2.2 .1 1 2

4 2 1 4 4 .4 4 1 4

16 .4 1

n n n n n n

n n n n n

n n n n n n

n

a b    

    

    

          

     

     

 

2 1 1 2 1 1 2 1 2( 1) 1 2 2 1 2 2 1 2.2 2 2 2 4 2 n n n n n n n n n a b                  

ThuVienDeThi.com

ta thấy: 4n+1 có số tận cùng bằng 4 hoặc 6  4n+1 + 2 có số tận cùng bằng 6 hoặc 8 nên: không chia hết cho 5  an + bn không chia hết cho 5 nên trong hai số an và bn có một số không chia hết cho 5. Vậy trong 2 số trên chỉ có 1 và chỉ 1 số chia hết cho 5.

Câu 3 (2đ):

a. Ta có:

dấu “=” xảy ra khi x = 3. Vậy GTNN của P = 4 khi x = 3. b.

phương trình này có nghiệm khi P = 4  -5 – x2 + 6x = 4  x2 – 6x + 9 = 0  (x – 3)2 = 0  x = 3 Vậy phương trình có nghiệm : x = 3

Câu 4 (3,5 đ): a/ xét :  KBC và  HDC có: K = H = 900 KBC = CDH (cùng bằng BAD)   KBC   HDC (g.g)

b/ Xét  CKH và BCA có: từ (*) mặt khác:  ABM =  DCH (ch- gn)  ABM = DCH (***) có: MBC=  DCK= 900 (****) từ (***), (****)  ABC = KCH (*****) từ (**), (*****)  CKH  BCA (c.g.c)

c/ Kẻ BO, DI  AC (O,I  AC)

có  ABO   ACK (g.g) 

2 2

2 2 3( 6 9) 1 4( 6 9) 9

3( 3) 1 4( 3) 9 1 9 1 3 4

P x x x x

x x

      

        

2 2 2 3 18 28 4 24 45 5 6 x x x x x x       

B C

A D H

K

M

I

O

. . (1) AK

( . ) AH . . (2)

( ) (3)

AB AO AB AK AC AO AC

AD AI AID AHC g g AC AD AH AC AI

AOB CID ch gn AO CI

  

   

 

    

:

(*) KC BC HC DC  

(**) KC BC HC AB  

ThuVienDeThi.com