MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI-CẤP HUYỆN Môn : toán 9 Năm học: 2010 - 2011 Chủ đề MỨC ĐỘ Tổng Thông hiểu Vận dụng thấp Vận dụng cao Số học C1b 2 C2a 2 2 4 Đại số C2b 2 C1a c3,c4a 6. 5 C4b 1.5 5 10 Hình học C5a,b 4 C5c 2 3 6 Tổng 2 4 5 10.5 3 5.5 10 20 Câu 1 ( 4 điểm) a.Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + + + ≥ + + + b.Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có : 2 2 1 1 1 1 1 . 5 13 25 ( 1) 2n n + + + + < + + Câu 2 ( 4 điểm) a. Tìm hai chữ số tận cùng của 2 2010 b. Giải bất phương trình sau: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x + > + + + Câu 3 ( 3 điểm)) Cho biểu thức A = 2 9 3 2 1 5 6 2 3 a a a a a a a − + + − − − + − − với 9,4,0 ≠≠≥ aaa . a, Rút gọn biểu thức A. b, Tìm giá trị của a để A< 1. c, Tìm giá trị nguyên của a để A có giá trị là một số nguyên. Câu 4 ( 3 điểm) Cho hệ phương trình    +=+− =− 12 2 ayx ayax a. Giải hệ phương trình khi 2 = a . b. Tìm a để hệ có nghiệm thoả mãn 1 =− yx . Câu 5: ( 6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB. b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD BC AH HC = + . Họ và tên thí sinh: Số báo danh . Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT Câu Đáp án Thang điểm 1 (4 đ ) a. Theo đẳng thức Cô si ta có 2 2 2 2 4 4 2 a b c a b c a a b c b c + + + ≥ = = + + Suy ra 2 4 a b c a b c + ≥ − + Tương tự 2 4 b a c b a c + ≥ − + , 2 4 c a b c a b + ≥ − + Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được: 2 2 2 ( ) 2 2 a b c a b c a b c a b c b c c a a b + + + + + + ≥ + + − = + + + 0.25 0.25 0.5 1 b. Vì n 2 + (n+1) 2 = 2n 2 + 2n +1 > 2n 2 + 2n Nên 2 2 2 2 1 1 1 ( 1) 2 2 2( )n n n n n n < = + + + + Hay 2 2 1 1 1 : 2 1 ( 1) n n n n   < −  ÷ + + +   Do đó ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 : 2; : 2; : 2 5 1 2 13 2 3 25 3 4       < − < − < −  ÷  ÷  ÷       . 2 2 1 1 1 : 2 1 ( 1) n n n n   < −  ÷ + + +   Cộng các vế tương ứng ta được 2 2 1 1 1 1 1 1 1 . . 1 5 13 25 2 1 2 ( 1) n n n   + + + + < − <  ÷ + + +   0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.75 2 (4 đ ) a. Tìm hai chữ số tận cùng của 2 2010 là tìm dư của phép chia 2 2010 cho 100. Trước hết ta xét số dư của phép chia 2 2010 cho 25. Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 25 là 2 10 = 1024 = 25a-1 a là số nguyên. Ta có 2 2010 = (2 10 ) 201 = (25a-1) 201 = 25b+ 1 b là số nguyên . Do đó 2 2010 chia 25 dư 1 hoặc dư 26, có số tận cùng là 01, hoặc 26, hoặc 51 hoặc 76. Số 2 2010 chia hết cho 4 nên không thể có tận cùng là 01, 26, 51 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI : TOÁN Vậy 2 2010 có số tận cùng là 76. 0.25 b.Với điều kiện xác định của x, biến đổi bất phương trình ta được : 5 3 5 3 2 1 1 1 0 0 3 2 3 2 3 2 x x x x x x + + + > ⇔ − > ⇔ > + + + Lập bảng xét dấu x 2 3 − 1 2 − 2x+1 - - o + 3x+2 - 0 + + 3 1 3 2 x x + + + - 0 + Vậy nghiệm của bất phương trình là 2 1 3 2 x − < < − 1 0.75 0.25 3 (3 đ ) a. Với a 0 ≥ và a ≠ 4 ; a ≠ 9 thì A = )3)(2( )2)(12()3)(3(92 −− −++−+−− aa aaaaa 0.25 = )3)(2( 242992 −− −−+++−− aa aaaaa 0.25 = )3)(2( 2 −− −− aa aa = )3)(2( )2)(1( −− −+ aa aa 0.25 = 1 3 a a + − 0.25 b. Với a 0 ≥ và a ≠ 4 ; a ≠ 9 thì A < 1 ⇔ 3 1 − + a a < 1 ⇔ 0 3 31 < − +−+ a aa ⇔ 3 4 − a < 0 ⇔ 03 <− a ⇔ 3 < a ⇔ a < 9 0.5 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có 90 <≤ a và a ≠ 4 0.25 c. Ta có A = 3 4 1 − + a Với a nguyên, a 0 ≥ và a ≠ 4 ; a ≠ 9 thì A có giá trị nguyên khi và chỉ khi 3 − a là ước của 4 0.5 Do đó 3 − a nhận các giá trị ;1 ± 2 ± ; 4 ± ;1 ± Từ đó a nhận giá trị : 1; 4; 16; 25; 49 Vì a ≠ 4 nên a nhận các giá trị 1; 16; 25; 49 0.5 a.Thay a = 2 vào hệ phương trình được:      +=+− =− 122 222 yx yx 0.25      +=+− =− 22224 222 yx yx ⇔      =− +=− 222 223)42( yx x 0.5 Tìm được 42 223 − + = x ; 42 232 − + = y 0.5 b.Từ x – y = 1 ⇒ y = x – 1 thay vào hệ PT được    +=−+− =−− 1)1(2 )1(2 axx axax 0.5 ⇔    +=− −=− 2 2)2( ax axa ⇒ a 2 + a - 6 = 0 0.5 ⇔ (a – 2)(a + 3) = 0 0.5 Tìm được a = -3; a = 2 0.25 5 (6 đ ) Vẽ hình ghi GT , KL đúng a) Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. CD CA CE CB = (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: · · 0 135BEC ADC= = (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên · 0 45AEB = do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: 2 2BE AB m= = 0.5 0.5 0.5 0.5 b) Ta có: 1 1 2 2 BM BE AD BC BC AC = × = × (do BEC ADC∆ ∆: ) mà 2AD AH= (tam giác AHD vuông vân tại H) nên 1 1 2 2 2 2 BM AD AH BH BH BC AC AC BE AB = × = × = = (do ABH CBA∆ ∆: ) Do đó BHM BEC ∆ ∆ : (c.g.c), suy ra: · · · 0 0 135 45BHM BEC AHM= = ⇒ = 0.5 0.5 0.5 0.5 c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. 0.5 Suy ra: GB AB GC AC = , mà ( ) ( ) // AB ED AH HD ABC DEC ED AH AC DC HC HC = ∆ ∆ = =: Do đó: GB HD GB HD GB HD GC HC GB GC HD HC BC AH HC = ⇒ = ⇒ = + + + 0.5 0.5 0.5 NGƯỜI RA ĐỀ Nguyễn Tiến Hải . 1 1 1 0 0 3 2 3 2 3 2 x x x x x x + + + > ⇔ − > ⇔ > + + + Lập bảng xét dấu x 2 3 − 1 2 − 2x+1 - - o + 3x+2 - 0 + + 3 1 3 2 x x + + + - 0 + Vậy. trình là 2 1 3 2 x − < < − 1 0.75 0.25 3 (3 đ ) a. Với a 0 ≥ và a ≠ 4 ; a ≠ 9 thì A = )3) (2( )2)(12( )3) (3( 92 −− −++−+−− aa aaaaa 0.25 = )3) (2( 242992