Đề thi học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán Lớp 9 (Vòng II) - Năm học 2011-2012 - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Có đáp án)

PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG II 
 NĂM HỌC: 2011 - 2012 
 Môn thi: TOÁN 9 
 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. Cho biểu thức: 
2 2
2 ( 1)( 2 )
x x
P
x x x x x x x

  
   
a. Rút gọn P . 
b. Tính P khi 3 2 2x   . 
c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. 
Câu 2. Giải phương trình: 
a. 2 10 27 6 4x x x x      
b. 2 2 2 4 0x x x x x     
Câu 3. 
a. Tìm các số nguyên ;x y thỏa mãn: 2 2 3 2 0y xy x    
b. Cho 1; 0x y  , chứng minh: 
3
3 3
1 1 1 3 2
3
( 1) 1
x x x
x y y x y
    
      
    
c. Tìm số tự nhiên n để: 2012 2002 1A n n   là số nguyên tố. 
Câu 4. 
Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E 
khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại 
A cắt đường thẳng CD tại K. 
a. Chứng minh: 
2 2
1 1
AE AF
 không đổi 
b. Chứng minh: os sin .cos sin .cosc AKE EKF EFK EFK EKF  
c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao 
cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD. 
Câu 5. 
Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, ba 
điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đường 
thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất. 
Hết./. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 (Đề gồm 1 trang) 
PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2 
 NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9. 
 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) 
Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm 
1 
a 
2 2
( 1) ( 2) ( 1)( 2)
( 2) 2( 1) 2 2 2 2 2
( 1)( 2) ( 1)( 2)
2 2 ( 1)( 2) ( 1)
( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)
x x
P
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 x

  
   
         
 
   
     
  
    
0,25 
0,25 
0.5 
2,25 
b 
23 2 2 2 2 2 1 ( 2 1) 2 1x x          
( 1) 2 1 1 2 2
1 2
( 1) 2 1 1 2
x
P
x
   
    
  
0.25 
0.25 
c 
ĐK: 0; 1x x  : 
( 1) 1 2 2
1
( 1) 1 1
x x
P
x x x
  
   
  
Học sinh lập luận để tìm ra 4x  hoặc 9x  
0.25 
0.25 
0.25 
2 
a 
ĐK: 4 6x  : 
2 210 27 ( 5) 2 2VT x x x       , dấu “=” xẩy ra 5x  
2 2 2 26 4 (1 1 )(( 6 ) ( 4) ) 2VP x x x x VP           , dấu “=” xẩy ra 
1 1
6 4 5
6 4
x x x
x x
       
 
5VT VP x   (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: 5x  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1,75 
b 
ĐK: 0x  . Nhận thấy: 0x  không phải là nghiệm của phương trình, chia cả 
hai vế cho x ta có: 
2 2 4 4 22 2 4 0 2 0 ( ) ( ) 2 0x x x x x x x x x
x xx x
                 
Đặt 2 2
2 4 4
0 4 4x t t x x t
x xx
           , thay vào ta có: 
 2 2
3
( 4) 2 0 6 0 ( 3)( 2) 0
2
t
t t t t t t
t

               
Đối chiếu ĐK của t 
0.75 
42
3 3 3 2 0 ( 2)( 1) 0
1
x
t x x x x x
xx

               
3 
a 
2 2 2 2 22 3 2 0 2 3 2 ( ) ( 1)( 2)y xy x x xy y x x x y x x               (*) 
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp 
nên phải có 1 số bằng 0.
1 0 1 1
2 0 2 2
x x y
x x y
      
        
Vậy có 2 cặp số nguyên ( ; ) ( 1;1)x y   hoặc ( ; ) ( 2;2)x y   
0.5 
2.0 
b 
1; 0x y  
3 3
1 1 1
1 0; 0 0; 0; 0
( 1)
x
x y
x y y

       

Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 
3
3 3 3
1 1 1 3
1 1 3. .1.1 2 (1)
( 1) ( 1) ( 1) 1x x x x
     
   
3 3 3
3
1 1 1 3( 1)
1 1 3 .1.1 2 (2)
x x x x
y y y y
        
          
     
3
3 3 3
1 1 1 3
1 1 3. .1.1 2 (3)
y y y y
      
Từ (1); (2); (3): 
3
3 3
3
3 3
1 1 1 3 3( 1) 3
6
( 1) 1
1 1 1 3 6 6 3 3 2
3( )
( 1) 1 1
x x
x y y x y y
x x x x x
x y y x y x y
  
      
  
    
       
   
0.75 
c 
Xét 0n  thì A = 1 không phải nguyên tố; 1n  thì A = 3 nguyên tố. 
Xét n > 1: A = n
2012
 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 
= n
2
((n
3
)
670
 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) 
Mà (n
3
)
670
 – 1) chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1 
Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 
Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1. 
0.25 
0.5 
4 
PN'
M'
Q
M
H
K
F
BA
D
C
E
N
0.25 
3.0 
a 
Học sinh c/m: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK 
Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: 
2 2 2
1 1 1
AK AE AD
  hay 
2 2 2 2
1 1 1 1
AF AE AD a
   (không đổi) 
0.5 
0,5 
b 
HS c/m 
1 1
. .sin . .cos
2 2
KEFS KE EF AEK KE EF AKE  
Mặt khác: 
1 1
. .( )
2 2
KEFS EH KF EH KH HF   . Suy ra: 
: 
. .
. .cos .( ) cos
.
cos . . sin EF . os sin . osEF
EF EF
EH KH EH HF
KE EF AKE EH KH HF AKE
KE EF
EH KH EH HF
AKE K c EKF EKF c K
EK KE

   
    
0,25 
0,25 
0,5 
c 
Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN 
Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N  MN’ là 
phân giác của 'DMM  Cách dựng điểm N: 
- Dựng M’ đối xứng M qua AD 
- Dựng phân giác 'DMM cắt DM’ tại N’ 
- Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD 
Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho 
điểm tối đa. 
0.25 
0.25 
0.25 
5 
0.25 
1.0 
d
P
O
K
I
H
C
D
A
B
 Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P 
HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP 
Mà OP AO nên BH + CI + DK  4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO 
Đạt được khi P  A hay d vuông góc AC 
0.25 
0.25 
0.25 
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa