PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 Vòng I - Năm học 2010-2011 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/11/2010 (Đề này gồm 05 câu, 01 trang) Câu I. (4,0 điểm) Cho biểu thức P = 1 2 1 1 1 1 1 : x x x x x x x x     + − −  ÷  ÷  ÷  ÷ + − + − −     với 0, 1x x≥ ≠ 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức M = P x − nhận giá trị nguyên. Câu II. (6,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: 11 4 3x x + − − = 2. Tìm các số x, y, z biết 2( 2 1 3 2) 11 0x y z x y z + + − + − + − + = . 3. Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn abc ≠ 0; a + b + c ≠ 0 và 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + Chứng minh rằng 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + Câu III. (2,0 điểm) Cho 3 điểm có toạ độ A(-1; 4); B(1; -2) và C 1 ( ; - 2) 2 m m . Tìm giá trị của m để 3 điểm A, B, C nằm trên cùng một đường thẳng. Câu IV. (6,0 điểm) 1. Cho α là một góc nhọn thoả mãn sin α + cos α = 2 . Chứng minh rằng sin α = cos α . Tính α ? 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, H là trực tâm. Qua H vẽ một đường thẳng cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại I và K sao cho HI = HK. Qua H vẽ đường thẳng khác vuông góc với IK và cắt cạnh BC tại D. a) Chứng minh BD HD AH HK = . b) Chứng minh D là trung điểm của cạnh BC. c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu tg · ABC . tg · ACB = 3 thì GH// PD. Câu V. (2,0 điểm) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 4n + là hợp số. ======== Hết ======== Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! T-DH01-HGS9I-10 PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Vòng I - Năm học 2010-2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/11/2010 (Hướng dẫn gồm 05 trang) Câu Phần Nội dung Điểm CâuI (4đ) 1. (2đ) 2 1 2 P= 1 : 1 1 1 1 1 1 2 : 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 : 1 1 ( 1)( 1) 1 ( 1)( 1) . 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x     + − −  ÷  ÷  ÷  ÷ + − + − −       + + = − −  ÷  ÷ + − + −   + + + − = − + + − + + + − = − + − + + + + − + = − = − − + = − Vậy P = 2 1 x x + − với 0, 1x x≥ ≠ 0,5 0,5 0,5 0,5 2. (2đ) Ta có M = P 2 2 2 1 1 1 x x x x x x x x x x + + − + + − = − = = − − − = 3 1 1x + − 0,5 Để M nguyên thì 3 1x − phải có giá trị nguyên. Mặt khác khi x là số nguyên (thoả mãn điều kiện 0, 1x x≥ ≠ ) thì x hoặc là số nguyên (nếu x là số chính phương) hoặc là số vô tỉ (nếu x không là số chính phương) Để 3 1x − là số nguyên thì x không thể là số vô tỉ, do đó x phải là số nguyên, suy ra x - 1 là ước của 3 0,5 Ta xét các trường hợp: +) x - 1 = 3 ⇒ x = 4 ⇒ x = 16 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ +) x - 1 = -3 ⇒ x = - 2 < 0 (loại) +) x - 1 = 1 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ +) x - 1 = -1 ⇒ x = 0 ⇒ x = 0 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ 0,75 Vậy với x = 16; x = 4 hoặc x = 0 thì biểu thức M = P - x nhận giá trị nguyên. 0,25 Câu II (6đ) 1. (2đ) 11 4 3x x + − − = (1) 0,5 T-DH01-HGS9I-10 ĐKXĐ 11 4 4 x x x ≥ −  ⇒ ≥  ≥  Ta có (*) ⇔ 11 3 4x x + = + − Vì hai vế của phương trình đều dương, bình phương 2 vế ta được 11 9 4 6 4x x x+ = + − + − 0,5 6 6 4 4 1 4 1 x x x ⇔ = − ⇔ − = ⇔ − = 0,5 5 x⇔ = (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm x = 5. 0,25 0,25 2. (2đ) 2( 2 1 3 2) 11 0x y z x y z + + − + − + − + = (2) ĐKXĐ 0; 1; 2x y z≥ ≥ ≥ 0,25 (2) ⇔ 2 4 1 6 2 11 0x x y y z z − + − − + − − + = ⇔ 2 1 1 4 1 4 2 6 2 9 0x x y y z z − + + − − − + + − − − + = ⇔ 2 2 2 ( 1) ( 1 2) ( 2 3) 0x y z − + − − + − − = 0,25 0,5 2 2 2 ( 1) 0 1 0 1 ( 1 2) 0 1 2 0 1 2 ( 2 3) 0 2 3 0 2 3 x x x y y y z z z    − = − = =       ⇒ − − = ⇔ − − = ⇔ − =       − − = − − = − =       0,5 ⇒ 1 5 11 x y z  =  =   =  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) Vậy x = 1; y =5; z = 11. 0,5 3. (2đ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 ( ) ( ) a b c a b c a b c a b c a b a b c c a b a b ab c a b c ab c a b c + + = ⇔ + + − = + + + + + + + − + + ⇔ + = ⇔ + = + + + + 1 1 ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) c a b c ab a b a b ab c a b c abc a b c     + + + ⇔ + + = ⇔ + =  ÷  ÷ + + + +     2 ( )( )( ) ( ). 0 0 ( ) ( ) ac bc c ab a b a c b c a b abc a b c abc a b c + + + + + + ⇔ + = ⇔ = + + + + 0 0 0 a b a b a c a c b c b c + = = −     ⇒ + = ⇔ = −     + = = −   0,25 0,5 0,25 Nếu a = - b thì a 2011 = -b 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 1 1 a b a b c c ⇒ = − ⇒ + + = và 2011 2011 2011 2011 1 1 a b c c = + + 0,25 Do vậy 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + Chứng minh tương tự với các trường hợp b = - c; a = - c ta cũng có 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + Vậy với a, b, c là 3 số thỏa mãn abc ≠ 0; a + b + c ≠ 0 và 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + thì 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + 0,25 0,5 CâuIII (2đ) Giả sử phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(-1; 4), B(1; -2) có dạng y = ax + b. Do đó ta có 4 = - a + b (1) -2= a + b (2) 0,5 Cộng đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được 2b = 2 => b =1 Thay b = 1 vào (1) ta được a = -3 Vậy đường thẳng AB có phương trình là y = - 3x + 1. 0,5 Để 3 điểm A, B, C thẳng hàng thì đường thẳng AB phải đi qua điểm C => m -2 = -3. 1 2 m + 1 0,5 ⇔ m + 3 2 m = 3 ⇔ 5 6 3 2 5 m m= ⇔ = Vậy m = 6 5 thì 3 điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng. 0,5 CâuIV (6đ) 1. (1,5đ) sin α + cos α = 2 2 (sin os ) 2c α α ⇔ + = 2 2 sin 2sin . os os 2c c α α α α ⇔ + + = 1 2sin . os 2c α α ⇔ + = 1 sin . os 2 c α α ⇔ = . 0,5 Do vậy 2 2 1 sin 2sin . os os 1 2. 0 2 c c α α α α − + = − = 2 (sin os ) 0c α α ⇔ − = Suy ra sin os 0 sin osc c α α α α − = ⇔ = 0,5 Lại có sin α = cos (90 0 - α ) => cos (90 0 - α ) = cos α => 90 0 - α = α => α = 45 0 (Học sinh có thể tính bằng cách: từ sin osc α α = suy ra sin α = 2 2 => α = 45 0 ) 0,5 2. (4,5đ) a) (1,5đ) Ta có: · · HBD HAK= (cùng phụ với góc C) (*) · · AHK IHP= (đối đỉnh) (1) Mà · · IHP BDH= (cùng phụ với góc DHP) (2) Từ (1) và (2) suy ra · · AHK BDH= (**) Từ (*) và (**) ( )BDH AHK g g⇒ ∆ ∆ −: Suy ra BD HD AH HK = (đpcm) 0,5 0,5 0,5 b) (1,5đ) Ta có: · · IAH DCH= (cùng phụ với góc B) (***) · · 0 180IHA AHK+ = (kề bù) · · 0 180CDH BDH+ = (kề bù) Do · · AHK BDH= (câu a) nên · · IHA CDH= (****) Từ (***) và (****) CHD AIH⇒ ∆ ∆: (g - g) Suy ra CD HD AH HI = Mặt khác HI=HK (giả thiết) => HD HI = HD HK Do vậy BD AH = CD AH (cùng bằng HD HI và HD HK ) Suy ra DB = DC => D là trung điểm của BC 0,5 0,5 0,5 c) (1,5đ) Ta có tg · ABC = AP BP Do · · ACB BHP= (cùng phụ với góc HBP) · · BP tg ACB tg BHP HP ⇒ = = Ta có tg · ABC . tg · ACB = AP BP . BP HP = AP HP Suy ra tg · ABC . tg · ACB = 3 => AP HP = 3 (3) Mặt khác do G là trọng tâm của tam giác ABC, D là trung điểm của BC nên A, G, D thẳng hàng và 3 AD GD = (4) 0,5 0,5 .G A Q K I H C B D P Từ (3) và (4) suy ra AP HP = AD GD ⇒ GH // PD. 0,5 Câu V (2đ) Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n có dạng: n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. + Xét trường hợp n = 2k, ta có k24n4 4)k2(4n +=+ lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó trong trường hợp n = 2k thì n4 4n + là hợp số. + Xét trường hợp n = 2k+1, tacó: 4 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 .4 (2.4 ) ( 2.4 ) 4 .4 ( 2.4 ) (2. .2 ) ( 2.4 2. .2 )( 2.4 2. .2 ) n k k k k k k k k k k n n n n n n n n n n n + = + = + = + − = + − = + + + − = (n 2 + 4 k + 4 k + 2. .2 k n )(n 2 + 4 k + 4 k -2. .2 k n ) = (n 2 + 2.n.2 k + 2 2k + 2 2k )(n 2 – 2.n.2 k + 2 2k + 2 2k ) = [( n+2 k ) 2 + 2 2k ][(n – 2 k ) 2 + 2 2k ]. Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là một số tự nhiên lớn hơn 0. Thì mỗi thừa số [( n +2 k ) 2 + 2 2k ] và [(n – 2 k ) 2 + 2 2k ]đều lớn hơn hoặc bằng 2. Do đó trong trường hợp n = 2k+1 thì n4 4n + cũng là hợp số Vậy với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n4 4n + là hợp số. 0,5 0,5 0,5 0,5 * Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. ======== Hết ======== . thích gì thêm! T-DH01-HGS9I-10 PHÒNG GD&ĐT TỨ KỲ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Vòng I - Năm học 201 0-2 011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài:. LỚP 9 Vòng I - Năm học 201 0-2 011 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/11/2010 (Đề này gồm 05 câu, 01 trang)