Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2010 – 2011 môn: toán thời gian làm bài: 150 phút

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP 9 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: Giải phương trình: a) b) Câu 2: Cho hàm số . Tính với Câu 3: Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết và . Chứng minh rằng: Câu 4: Cho hai đường tròn (O1; 5cm) và (O2; 2cm) nằm ngoài nhau. Một tiếp tuyến chung ngoài AB của hai đường tròn và một tiếp tuyến chung trong CD của hai đường tròn . Tính độ dài đoạn nối tâm O1O2 biết AB = 1,5CD. Câu 5: Có tồn tại hay không số nguyên dương k sao cho là số chính phương? Câu 6: Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn . Chứng minh rằng . Cho hình vuông ABCD và 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: - Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông; - Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 phần có tỷ số diện tích là 0,5. Chứng minh rằng trong 2013 đường thẳng trên có ít nhất 504 đường thẳng đồng qui. PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI HGS LỚP 9 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán Câu Phần Nội dung trình bày Điểm 1 2đ a ĐKXĐ: (1) Nhân cả hai vế của PT với rồi biến đổi PT về dạng Ta có Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi (2) Từ (1) và (2) ta có nghiệm của PT là: 0,25 0,25 0,25 0,25 b Đặt . Vì nên thay vào PT ta có (2) Vì nên Do đó PT (2) có nghiệm duy nhất 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1,5đ Đặt ta có: x = m + n và m.n = - 2 Do đó: Vậy với 0,5 0,5 0,5 3 1đ Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ta có và . Qua O kẻ , đường thẳng OI cắt CD tại K ta có IK = AH = h và Áp dụng HTL vào tam giác AOB vuông tại O ta có: do đó 0,5 0,5 4 1,5đ Kẻ O2I O1A và O2E O1C ta có O2I = AB; O2E = CD; IA = O2B = 2cm => IO1 = 3 cm; CE = O2D = 2cm => O1E = 7cm, đặt CD = x thì O2E = x còn IO2 = AB = 1,5x. Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông O1IO2 và O1EO2 ta có: (1) (2) Từ (1) và (2) suy ra 0,5 0,5 0,5 5 1,5đ Học sinh phát biểu và CM 2 bổ đề sau: (nếu HS chỉ phát biểu 2 bổ đề không CM cho 0,25) BĐ1: Số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8 BĐ2: Số chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2. Giả sử tồn tại sao cho là số chính phương Đặt với thì số đang xét có dạng Xét 4 trường hợp có thể xảy ra: - Với thì và số có tận cùng là 7 ( A không là số chính phương theo BĐ 1) (1) - Với r = 2 thì số có tận cùng là 3 (A không là số chính phương theo BĐ 1) (2) - Với r = 1 thì số chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2) (3) - Với r = 3 thì số chia 3 dư 2 (A không là số chính phương theo BĐ 2) (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy không tồn tại số nguyên dương k để số là số chính phương. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 6 2,5đ a Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau: - Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có: (1). Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y. Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có - Áp dụng BĐT (1) ta có: (1’) Tương tự (2’); (3’) Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được: Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi . 0,5 0,5 0,5 b Gọi MN; EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ) Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1. Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1 là hình thang và có MI, NI lần lượt là các đường trung bình của hai hình thang đó. Khi đó (theo GT) Suy ra nên vậy điểm I cố định. Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ). Có 4 điểm cố định mà có 2013 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Đirichle ít nhất phải có 504 đường thẳng đồng qui. 0,25 0,25 0,25 0,25