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

 ĐỀ THI CHỌN HSG CẨM THỦY (V2) NĂM HỌC 2011-2012
Câu 1:
 x 2 x 2
 Cho biểu thức: P 
 x x x 2 x ( x 1)(x 2 x)
 a. Rút gọn P .
 b. Tính P khi x 3 2 2 .
 c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2:
 Giải phương trình:
 a. x2 10x 27 6 x x 4 .
 b. x2 2x x x 2 x 4 0 .
Câu 3:
 a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 .
 3
 1 x 1 1 3 2x x 
 b. Cho x 1; y 0 , chứng minh: 3 3 3 .
 (x 1) y y x 1 y 
 c. Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1 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.
 1 1
 a. Chứng minh: không đổi.
 AE 2 AF 2
 b. Chứng minh: cosA·KE sin E·KF.cos E·FK sin E·FK.cos E·KF .
 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 .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
 Họ và tên thí sinh: . .Số báo 
 danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG CẨM THÙY (V2) NĂM HỌC 2011-2012
Câu 1:
 x 2 x 2
 Cho biểu thức: P 
 x x x 2 x ( x 1)(x 2 x)
 a. Rút gọn P .
 b. Tính P khi x 3 2 2 .
 c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
 Lời giải
 a.
 x 2 x 2
 P 
 x( x 1) x( x 2) x( x 1)( x 2)
 x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2x 2 x 2 x 2
 x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2)
 x x 2x 2 x x x( x 1)( x 2) ( x 1)
 x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) ( x 1)
 b. x 3 2 2 x 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1
 ( x 1) 2 1 1 2 2
 P 1 2
 ( x 1) 2 1 1 2
 c. ĐK: x 0; x 1. 
 ( x 1) x 1 2 2
 P 1 
 ( x 1) x 1 x 1
 Với x ¢ , x 0 , x 1 ta có P ¢ x 1 1,2 x 4,9.
Câu 2:
 Giải phương trình:
 a. x2 10x 27 6 x x 4 .
 b. x2 2x x x 2 x 4 0 .
 Lời giải
 a. ĐK: 4 x 6 : 
 VT x2 10x 27 (x 5)2 2 2 , dấu “=” xảy ra x 5
 VP 6 x x 4 (12 12 )(( 6 x)2 ( x 4)2 ) VP 2 , 
 1 1
 dấu “=” xảy ra 6 x x 4 x 5
 6 x x 4
 VT VP x 5 (TMĐK). Vậy nghiệm của phương trình: x 5.
 b. ĐK: x 0 . 
 Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x , ta có: 
 2 4 4 2
 x2 2x x x 2 x 4 0 x 2 x 0 (x ) ( x ) 2 0
 x x x x
 2 4 4
 Đặt x t 0 t 2 x 4 x t 2 4 , từ đó ta có:
 x x x
 2 2 t 3
 (t 4) t 2 0 t t 6 0 (t 3)(t 2) 0 
 t 2
 Đối chiếu ĐK của t t 3 . Ta có
 2 x 4
 x 3 x 3 x 2 0 ( x 2)( x 1) 0 
 x x 1
 Vậy tập nghiệm của phương trình S 4,1 .
Câu 3:
 a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 .
 3
 1 x 1 1 3 2x x 
 b. Cho x 1; y 0 , chứng minh: 3 3 3 .
 (x 1) y y x 1 y 
 c. Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1 là số nguyên tố.
 Lời giải
 a. y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (x y)2 (x 1)(x 2) (*)
 VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 
 x 1 0 x 1 y 1
 số bằng 0. Ta có 
 x 2 0 x 2 y 2
 Vậy có 2 cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán:
 (x; y) ( 1;1) hoặc (x; y) ( 2;2) .
 1 x 1 1
 b. x 1; y 0 x 1 0; y 0 0; 0; 0
 (x 1)3 y y3
 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 
 1 1 1 3
 1 1 3. 3 .1.1 2 (1)
 (x 1)3 (x 1)3 (x 1)3 x 1 3 3 3
 x 1 x 1 x 1 3(x 1)
 1 1 33 .1.1 2 (2)
 y y y y
 1 1 1 3
 1 1 3.3 .1.1 2 (3)
 y3 y3 y3 y
 Từ (1); (2); (3), ta suy ra 
 3
 1 x 1 1 3 3(x 1) 3
 3 3 6 
 (x 1) y y x 1 y y
 3
 1 x 1 1 3 6x 6 3x 3 2x x
 3 3 3( ) .
 (x 1) y y x 1 y x 1 y
 c. Xét n 0 thì A 1 không phải nguyên tố; n 1 thì A 3 là nguyên tố.
 Xét n 1: 
 A n2012 – n2 n2002 – n n2 n 1
 670 667
 n2 n3 – 1 n. n3 –1 n2 n 1 
 670 670
 Mà n3 –1 chia hết cho n3 -1, suy ra n3 –1 chia hết cho n2 n 1
 667
 Tương tự: n3 –1 chia hết cho n2 n 1
 Vậy A chia hết cho n2 n 1 1 và A n2 n 1 nên A là hợp số. 
 Vậy số tự nhiên cần tìm là n 1.
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.
 1 1
 a. Chứng minh: không đổi.
 AE 2 AF 2
 b. Chứng minh: cosA·KE sin E·KF.cos E·FK sin E·FK.cos E·KF .
 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.
 Lời giải A B
 M
 M'
 N
 N' P
 E
 C
 K D Q
 H F
 a. Cmđ: ABF ADK (g.c.g), suy ra AF AK
 Trong tam giác vuông KAE có AD là đường cao nên:
 1 1 1 1 1 1 1
 hay (không đổi) 
 AK 2 AE 2 AD2 AF 2 AE 2 AD2 a2
 1 1
 b. S KE.EF.sin ·AEK KE.EF.cos A·KE
 KEF 2 2
 1 1
 Mặt khác: S EH.KF EH.(KH HF) . Do đó
 KEF 2 2
 EH.KH EH.HF
 KE.EF.cos A·KE EH.(KH HF) cos A·KE 
 KE.EF
 EH KH EH HF
 cos A·KE . . sin E·FK.cosE·KF sin E·KF.cosE·FK
 EF EK KE EF
 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 D·MM ' Cách dựng điểm N:
 - Dựng M’ đối xứng M qua AD
 - Dựng phân giác D·MM ' cắt DM’ tại N’
 - Dựng điểm N đối xứng N’ qua 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.
 Lời giải d
 H
 I
 P
 A
 B
 K
 O
 D
 C
Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P
Ta có BH CI DK 4OP (OP lần lượt là đường trung bình của ACI và hình thang 
 KDBH 
Mà OP AO nên BH CI DK 4AO . Vậy Max BH CI DK 4AO
Dấu “=” xảy ra khi P  Ahay d vuông góc AC.