Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2011 - 2012 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề xuất Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2011 - 2012 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề này có 01 trang) Câu 1 (4 điểm). Cho biểu thức . a) Tìm điều kiện của x để P(x) có nghĩa. b) Tìm x để P(x) chia hết cho 2010. Câu 2 (5 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) với x, y là những số nguyên. b) với x, y là những số thực. Câu 3 (6 điểm). Cho đường tròn (O) và dây cung AB cố định. Một đường tròn (O’) tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại M và tiếp xúc với đường thẳng AB tại N nằm trong đoạn AB. Giả sử tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng AB tại T. 1) Chứng minh rằng: a) . b) MT2 = AT.BT. 2) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định khi (O’) thay đổi, xác định điểm cố định đó. Câu 4 (5 điểm). a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + 2010 với x và y là những số thực. b) Tìm đa thức R(x) có hệ số của lũy thừa bậc cao nhất bằng 1 và thỏa mãn đẳng thức: x.R(x – 1) = (x – 2010).R(x) với mọi x. ------------------------------------------------------Hết------------------------------------------------ Ghi chú: · Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay trong khi làm bài. · Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM ----- Câu 1 (4 điểm). Cho biểu thức . a) Tìm điều kiện của x để P(x) có nghĩa. Cách giải 1,5 Điểm + Với x > 1 thì Þ P(x) có nghĩa. 1 đ + Với x ≤ 1 thì P(x) không xác định. Vậy P(x) có nghĩa khi x > 1. 0,5 đ b) Tìm x để P(x) chia hết cho 2010. Cách giải 2,5 Điểm Với x > 1 ta có: 1 đ Þ . 0,5 đ . 0,5 đ Với mọi thì x = (2010n – 1)2 > 1 Û n ¹ 0. Vậy các giá trị cần tìm của x là (2010n – 1)2 với mọi . 0,5 đ Câu 2 (5 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) với x, y là những số nguyên. Cách giải 3 Điểm Phương trình (*). 0,5 đ Giả sử x, y là nghiệm nguyên của (*). Khi đó Þ (x + 1)2 là ước của 100. Vì (x + 1)2 là số chính phương nên (x + 1)2 chỉ có thể nhận các giá trị 1, 4, 25, 100. 0,5 đ + Với (x + 1)2 = 1 ta được các nghiệm: 0,5 đ + Với (x + 1)2 = 4 ta được các nghiệm: 0,5 đ + Với (x + 1)2 = 25 ta được các nghiệm: 0,5 đ + Với (x + 1)2 = 100 ta được các nghiệm: 0,5 đ b) với x, y là những số thực. Cách giải 2 Điểm Điều kiện: x, y ≥ 0. Ta có: . 1 đ Với x = y ta được . Vậy hệ phương trình có nghiệm là . 1 đ Câu 3 (6 điểm). Cho đường tròn (O) và dây cung AB cố định. Một đường tròn (O’) tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại M và tiếp xúc với đường thẳng AB tại N nằm trong đoạn AB. Giả sử tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng AB tại T. 1) Chứng minh rằng: a) . Đáp án 2 điểm 0,5 đ Vì = 900 nên tứ giác MO’NT nội tiếp được. 0,75 đ Suy ra . 0,75 đ b) MT2 = AT.BT. §¸p ¸n 2 ®iÓm V× nªn hai tam gi¸c MTA vµ BTM ®ång d¹ng. 1 ® Suy ra: Þ AT.BT = MT2. 1 ® 2) Chøng minh r»ng MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi (O’) thay ®æi, x¸c ®Þnh ®iÓm cè ®Þnh ®ã. §¸p ¸n 2 ®iÓm Gäi H lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ( phÇn cung n»m kh¸c phÝa so víi ®­êng trßn (O’) qua ®­êng th¼ng AB). Khi ®ã ta cã: OH ^ AB, O’N ^ AB nªn OH//O’N. MÆt kh¸c M, O’, O th¼ng hµng nªn suy ra: . 1 ® Hai tam giác O’MN và OMH cân và có góc ở đỉnh bằng nhau nên ta có: (*). 0,5 ® Tõ M, O’, O th¼ng hµng vµ (*) suy ra M, N, H còng th¼ng hµng. VËy MN lu«n ®i qua H cè ®Þnh. 0,5 ® Câu 5 (5 điểm). a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + 2010 với x và y là những số thực. Cách giải 2 Điểm Ta có: Q(x, y) = (x + y + 1)2 + (y + 2)2 + 2005 Þ Q(x, y) ≥ 2005 " x, y. 1 đ Vậy: Min Q(x, y) = 2005 khi x = 1, y = - 2. 1 đ b) Tìm đa thức R(x) có hệ số của lũy thừa bậc cao nhất bằng 1 và thỏa mãn đẳng thức: x.R(x – 1) = (x – 2011).R(x) với mọi x. Cách giải 3 Điểm Thay x = 0 vào đẳng thức ta được R(0) = 0. Thay x = 1 vào đẳng thức ta được R(1) = 0. Thay x = 2010 vào đẳng thức ta được R(2010) = 0. Vậy R(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 2010)R1(x) với R1(x) là một đa thức. 1 đ Thay lại đẳng thức ta được: x(x – 1)(x – 2011)R1(x – 1) = x(x – 1)(x – 2011)R1(x). Từ đây suy ra: R1(x – 1) = R1(x) với mọi x khác 0, 1,, 2011. Đặt R1(2012) = a thì ta được: R1(2012) = R1(2013) == R1(n) với n = 2014, 2015,Vậy ta được R1(x) º a Þ R(x) = ax(x – 1)(x – 2)(x – 2010). 1 đ Vì hệ số của lũy thừa bậc cao nhất của R(x) bằng 1 nên a = 1. Vậy ta có kết quả R(x) = x(x – 1)(x – 2)(x – 2010). Thử lại thấy đúng. 1 đ --------------------------------------------------Hết--------------------------------------------------- Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài theo cách khác và đúng thì giám khảo cho điểm theo các phần tương ứng.