ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Năm học 2013-2014 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức A = 2 1 1 : 2 1 1 1 x x x x x x x x   + − + +  ÷  ÷ − + + −   a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh rằng 0 2A< ≤ . Câu 2 (2,0 điểm): Cho hai đường thẳng (d 1 ): y = ( m – 1 ) x – m 2 – 2m (Với m là tham số) (d 2 ): y = ( m – 2 ) x – m 2 – m + 1 cắt nhau tại G. a) Xác định toạ độ điểm G. b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n để 4 3 2 B n n n n 1= + + + + là số chính phương. b) Giải phương trình: 2 2 x 3x 6 3 x 3x 4 0− + − − + = Câu 4 (3,0 điểm): Cho (O;R) và đường thẳng d không giao nhau. Qua M thuộc đường thẳng d kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) ( A, B là các tiếp điểm). Kẻ OC vuông góc với đường thẳng d tại C. Gọi F,G thứ tự là giao điểm của AB với OM và OC. a) Chứng minh rằng tam giác OFG đồng dạng với tam giác OCM. b) Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đường thẳng d. c) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng d để AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T 3 3 3 a b c a b c b a c c b a = + + + + + + + + ============ Đề gồm 01 trang ========= HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHỌN HSG HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN 9 Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 (2,0điểm) a) với 0, 1x x≥ ≠ Ta có A = ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 : . 2 1 1 1 1 1 1   + − + + − − − − + + =  ÷  ÷ − + + − − − + +   x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 2 1 2 2 . 1 1 1 1 − + = − + + − + + x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 b) với 0, 1x x≥ ≠ ta luôn có A > 0 Lại có: 2 1 1 2 1 x x x x ≤+ + ≥ ⇒ + + hay A ≤ 2 Vậy 0 2A < ≤ 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) (1,25đ) Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình: (m-1)x - m 2 - 2m = (m - 2)x - m 2 - m + 1 0,25đ ⇔ x = m + 1 0,25đ Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m 2 - 2m 0,25đ ⇔ y = -2m - 1 0,25đ Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ b) (0,75đ) Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ Mà x = m + 1 ⇒ y = -2x + 1 0,25đ Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi 0,25đ Câu 3 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) (1,0đ) 1)Đặt n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 = k 2 (1) (với k nguyên dương) 0,25đ Ta có (1) ⇔ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 = 4k 2 ⇔ (2n 2 +n) 2 +2n 2 +(n+2) 2 = (2k) 2 0,25đ ⇒ (2k) 2 > (2n 2 +n) 2 0,25đ ⇒ (2k) 2 ≥ (2n 2 +n+1) 2 (do k và n nguyên dương) ⇒ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 ≥ (2n 2 +n+1) 2 ⇒ (n+1)(n-3) ≤ 0 Do n là số nguyên dương ⇒ 0 < n ≤ 3 ⇒ n ∈ { } 1; 2; 3 Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài 0,25đ 0,25đ Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 (2,0điểm) a) với 0, 1x x≥ ≠ Ta có A = ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 : . 2 1 1 1 1 1 1   + − + + − − − − + + =  ÷  ÷ − + + − − − + +   x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 2 1 2 2 . 1 1 1 1 − + = − + + − + + x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 b) với 0, 1x x≥ ≠ ta luôn có A > 0 Lại có: 2 1 1 2 1 x x x x ≤+ + ≥ ⇒ + + hay A ≤ 2 Vậy 0 2A < ≤ 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM b) (1,0đ) 2 2 x 3x 6 3 x 3x 4 0− + − − + = . Ta có: 2 2 2 3 9 15 3 15 x 3x 6 x 2. x x 0 2 4 4 2 4   − + = − + + = + + >  ÷   với moi x Nên pt xác định với mọi x thuộc tập số thực 0,25đ Đặt ( ) 2 3 4 0x x t t− + = ≥ , phương trình trở thành: 2 3 2 0t t− + = 0,25đ 1 2 t t =  ⇔  =  0,25đ Với 2 1 3 4 1t x x= ⇒ − + = , vô nghiệm. Với 2 0 2 3 4 4 3 x t x x x =  = ⇒ − + = ⇔  =  (tm) Vậy PT có tập nghiệm là S = {0; 3} 0,25đ Câu 4 (3,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM Hình vẽ Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 (2,0điểm) a) với 0, 1x x≥ ≠ Ta có A = ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 : . 2 1 1 1 1 1 1   + − + + − − − − + + =  ÷  ÷ − + + − − − + +   x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 2 1 2 2 . 1 1 1 1 − + = − + + − + + x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 b) với 0, 1x x≥ ≠ ta luôn có A > 0 Lại có: 2 1 1 2 1 x x x x ≤+ + ≥ ⇒ + + hay A ≤ 2 Vậy 0 2A < ≤ 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) 1,0 điểm Ta có: MA = MB ( tc 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R ⇒MO là trung trực của AB ⇒ · 0 OFG 90= 0,5 Xét ∆OFG và ∆OCM có: · · 0 OFG OCM 90= = ; · FOG (chung) ∆OFG∼ ∆OCM 0,5 b) 1,0 điểm ∆OFG∼ ∆OCM ⇒ OF.OM = OG.OC 0,25 Do MA là tiếp tuyến của (O) · 0 MAO 90⇒ = lại có AF⊥OM Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông MOA ta có: OG.OC = OF.OM = OA 2 = R 2 2 OG = R OC ⇒ 0,5 Mà (O); d cố định nên OC cố định và không đổi ⇒ G cố định Vậy AB luôn đi qua G cố định khi M di chuyển trên d 0,25 c) Do OF ≤ OG mà OF⊥AB Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 (2,0điểm) a) với 0, 1x x≥ ≠ Ta có A = ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 : . 2 1 1 1 1 1 1   + − + + − − − − + + =  ÷  ÷ − + + − − − + +   x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 2 1 2 2 . 1 1 1 1 − + = − + + − + + x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 b) với 0, 1x x≥ ≠ ta luôn có A > 0 Lại có: 2 1 1 2 1 x x x x ≤+ + ≥ ⇒ + + hay A ≤ 2 Vậy 0 2A < ≤ 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM 1,0 điểm Nên dây AB nhỏ nhất khi OF = OG ( quan hệ giữa tâm và khoảng cách từ tâm đến dây) 0,5 Dấu bằng xảy ra khi F ≡ G ⇒ M≡C 0,25 Vậy khi M≡C thì dây AB có độ dài nhỏ nhất. 0,25 Câu 5 (1,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a ⇒ x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c) 0,25đ ⇒ 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ; 0,25đ ⇒ 4 ( ) 4 ( ) 4 ( ) 10T x y z y x z z x y x y z − + − + − + = + + = 12 – y z x z x y x x y y z z   + + + + +  ÷   Áp dụng bất đẳng thức Cô ta được 10T ≤ 12 - 6 = 6 0,25đ ⇒ T ≤ 3 5 Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c Vậy Max T = 3/5 khi a = b = c. 0,25đ . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Năm học 2013-2014 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu. đổi 0,25đ Câu 3 (2,0điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) (1,0đ) 1)Đặt n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 = k 2 (1) (với k nguyên dương) 0,25đ Ta có (1) ⇔ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 = 4k 2 ⇔ (2n 2 +n) 2 +2n 2 +(n+2) 2 . + + ============ Đề gồm 01 trang ========= HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHỌN HSG HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN 9 Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 (2,0điểm) a) với 0, 1x x≥ ≠ Ta có A = ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 :