Đề thi chọn học sinh giỏi môn: Toán lớp 9 - Đề 11

ĐỀ 11
Bài 1(6đ): 1. Cho biểu thức: 
 a/ Rút gọn A
 b/ Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên
 2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 với x = + .
Bài 2. ( 3 điểm)	 
Câu 1. ( 1,5 điểm) Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:
 3x - 2y - 2 +1 =0
 3y - 2z - 2 + 1 = 0
 3z - 2x - 2 - 2 = 0;
Tính giá trị của biểu thức P = ( x - 4) + ( y + 2012) + ( z - 2013).
Câu 2. (1,5 điểm) Cho bốn số thực thoả mãn đồng thời: và . Hỏi có thể nhận giá trị lớn nhất là bao nhiêu?
Bài 3: (3đ)
 a) Cho ba số dương thoả mãn Chứng minh rằng:
b)Tìm số tự nhiên n sao cho là số chính phương 
Bài 4 ( 7 điểm)
Câu 1 (3 điểm) Từ điểm K bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đường tròn. Giả sử góc KAB bằng độ ( 0 < < 90 ). 
a, Tính KA, KB, KH theo R và .
b, Tính KH theo R và 2.
c, Chứng minh rằng: cos 2 = 1 – 2sin2
 cos 2= 2 cos2 - 1
Câu 2 (4 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên đường tròn. Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với đường tròn (B là tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của MA, BI cắt đường tròn ở K, tia MK cắt đường tròn ở C. Chứng minh rằng:
a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM.
b, BC song song với MA.
c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H của tam giác MAB thuộc đường tròn cố định.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho với n. 
 Chứng minh rằng: .
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1
1a) (2,5đ).
a/(2đ)Cho biểu thức 
 A= 1- ĐK: x
A= 1-
A=1-
A=1-
0,25
0,75
0,75 
0,75
1b)
(1,5đ)
Ta có : 
b/(2đ) Tìm xđể A nguyên.
Ư(2)
Do 
Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.
0,75
0,75 
2.(2đ)
Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),
Đặt a=, b=
 Ta có 
Þ x= a+b Þ x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b)
=> x3 = 6 + 3x Þ x3- 3x = 6Suy ra B = 2006
0,5
0,5 
0,25 
0,25
0,5 
Bài 2 (3điểm)
Câu 1. (1.5 điểm). 
b) 3x - 2y - 2 +1 =0 (1)
3y - 2z - 2 + 1 = 0 (2)
3z - 2x - 2 - 2 = 0 (3)
Cộng vế với vế của (1), (2), và (3) ta được:
x + y + z - 2 - 2- 2 = 0
0,50
 ( x - 2 - 2 + 1) + ( y + 2012 - 2 + 1)
 + ( z - 2013 - 2 + 1) = 0
0,50
( - 1 ) + ( - 1)+ (- 1)= 0
 - 1 = 0 x = 3
 - 1 = 0 y = - 2011
 - 1 = 0 z = 2014
0,25
 Vậy P = ( 3 - 4) + ( - 2011 + 2012) 
 + ( 2014 - 2013) P = -1 + 1 +1 = 1.
0,25
 Câu (1.5 điểm)
Từ a +b+c+d = 7 b+c+d = 7 – a 
0,25đ
(b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd
mà (b – c )2 ; (c - d )2 ;(d - b )2 ; 
 b2 + c2 2bc; c2 + d2 2cd; d2 + b2 2bd;
0,25đ
Từ đó (b+c+d)2 3(b2 + c2 + d2)
0,25đ
 (7 - a)2 3(13 – a2)
(a – 1)(a-) 0
0,25đ
Tìm được 1 a 
0,25đ
do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là 
0,25đ
Bài 3(3điểm)
a)
(1.5đ)
 Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
với 
Tacó :
Tương tự: 
Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi 
0,5
0,5
0,5
b)
1.5đ
 là số chính phương nên A có dạng 
(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
Vậy với n = 5 thì A là số chính phương
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 4 (7 điểm)
Câu 1 (3 điểm)
a, (1 điểm)
Lập luận để có AKB = 900 (0,25đ); KAB = KBH (0,25đ); 
Xét AKB vuông tại H có
KA = AB cos = 2R cos (0,25đ);
KB = AB sin = 2R sin (0,25đ);
Xét KHB vuông tại H có
KH = KB sin (0,25đ) = 2R sin2 (0,25đ);
b, (0.75 điểm)
Vẽ KO; KC AB xét KCO vuông tại C có OC = OK cos2 (0,25đ);
Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R - Rcos2 = R(1 - cos2) (0,25đ);
c, (1,25 điểm)
Theo câu a có KH = 2R sin2 theo câu b có KH = R(1 - cos2) (0,25đ);
nên 2R sin2 = R(1 - cos2) (0,25đ) do đó cos2 = 1 - 2sin2 (0,25đ);
Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh được 
sin2 + cos2 = 1 nên sin2= 1 - cos2 (0,25đ);
Từ đó có cos2 = 1 – 2(1 – cos2) = 2 cos2 - 1 (0,5đ);
Câu 2 (4 điểm)
a, (2 điểm)
Chứng minh được IAK đồng dạng với IBA (0,5đ) 
 IA2 = IK.IB , mà I là trung điểm của AM 
nên IM2 = IK.IB (0,5đ)
Chứng minh được MIK đồng dạng với BIM (1đ)
b, (1điểm)
Từ câu a IMK = MBI , lại cóMBI = BCK(0,5đ);
 IMK = BCK BC // MA(0,5đ);
c, (1 điểm)
H là trực tâm của MAB 
 tứ giác AOBH là hình thoi (0,5đ);
 AH = AO =R H (A;R) cố định
Câu 5 (1điểm)
Vì và nên 
Do đó: 
0,25
0,25
0,25
0,25