Giải phương trình theo tham số m.. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AG.. Tính số đo ·ACB.. Cho tam giác ABC.. Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFG có tâm theo thứ tự là
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a/ A = 3x2 – 8x + 4 b/ B = 4b2c2 – (b 2 + c 2 – a 2)2
Câu 2 (3 điểm) Cho phương trình ẩn x là:
28
) x 5 ( 7 10
m 5
m x 1 6
m
x− − = + − − −
a Giải phương trình theo tham số m
b Tìm các giá trị nguyên của m để nghiệm của phương trình là x thoả
0 < x < 10
Câu 3 (2 điểm) So sánh 4+ 7 − 4− 7 và 2
Câu 4 (2 điểm) Giải phương trình: ( x−1−1) 2 = x−1−1
Câu 5 (4 điểm) Cho ∆ABC có Â = 900, phân giác BD, trung tuyến AM và trọng tâm là G Cho biết GD ⊥ AC tại D Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AG
a Chứng minh: DE // BC
b Tính số đo ·ACB
Câu 6 (3 điểm) Cho tam giác ABC Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE,
ACFG có tâm theo thứ tự là M và N Gọi I và K theo thứ tự là trung điểm của EG và BC
a Chứng minh KMIN là hình vuông
b Chứng minh IA ⊥ BC
Câu 7 (3 điểm).
a Chứng minh rằng A = 3 + 3 + 3 + + 3 2 3 28+3 + 3 chia hết cho 13 29 30
b Giải bất phương trình 1 + x < 2
-x
Hết
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN (NĂM HỌC 2009-2010)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
(hoặc A = 4x2 – 8x – x 2 + 4 = 4x(x – 2) – (x – 2)(x + 2) = (x – 2)(3x – 2) 1b B = (2bc) 2 – (b 2 + c 2 – a 2)2 = (2bc – b2 – c 2 + a2)(2bc + b2 + c2 – a 2) 0,5
= (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a) 0,5
2a
4
x 5 10
m 5
m x 1 6
m
x− − = + − − −
⇔ 10 ( 5 x−60 m )−60 =12 ( 60 x+m )−6 60 m −15 ( 5 60−x )
⇔ 50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x
⇔ 11x = 16m – 15
⇔ x =
11
15 m
16 − Vậy PT có tập nghiệm S = {
11
15 m
16 − }
0,25 0,25
0,5
0,5
2b Giá trị m ∈ Z để nghiệm x thoả: 0 < x < 10 phải đúng với hai điều kiện
11
m Z m
∈
< − <
⇔
<
<
∈
16
13 7
m 16 15
Z m
Từ đó suy ra được các giá trị m là: m ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}
0,5
0,5 0,5
7 4 7
2
7 4
2 +
2
7 4
2 −
−
=
2
7 2
8+
2
7 2
8−
2
) 1 7 ( + 2
2
) 1 7 ( − 2
−
=
2
1
7+
2
1
7−
− =
2
1 7 1
7+ − +
= 2 2 = 2
Vậy 4+ 7− 4− 7 = 2
0,5
0,5
0,5
0,5
1 1 x 1) 1 x
⇔ x−1−1 ≥ 0
⇔ x−1 ≥ 1 ⇔ x – 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 Vậy phương trình có nghiệm là x ≥ 2.
0,5
0,5 0,5 0,5
Trang 3Câu 5 4đ
5a
D E
G A
*∆ADG vuông tại D có DE là trung tuyến nên DE = 1 2 AG = AE = EG
⇒ ∆ADE cân tại E ⇒ E D ˆ A=E Aˆ D
* AM là trung tuyến của ∆ABC vuông nên MA = MB = MC
⇒ ∆AMC cân ⇒ C MAC ˆ = ˆ
*Vậy Cˆ = E D ˆ A , chúng ở vị trí đồng vị nên ED // MC (đpcm)
0,75
0,75 0,5
5b
*Áp dụng định lý Talét vào ∆AMC cân ta có: AD AE
DC EM= .
*BD là phân giác của ∆ABC nên AD BA
DC BC=
Suy ra BA AE
BC EM= mà AE 1
EM = 2 nên BA 1
BC 2=
⇒ BC = 2BA ⇒ ∆ABM đều Bˆ = 60 0 và Cˆ = 30 0 (đpcm)
0,5 0,5 0,5 0,5
I
N
M
G
F E
D
A
a Chứng minh KMIN là hình vuông:
Học sinh chứng minh được KMIN là hình bình hành Học sinh chứng minh được ∆EAC = ∆BAG(cgc)
để suy ra EC = BG và suy ra được KMIN là hình thoi Học sinh chứng minh được EC ⊥BG và suy ra KMIN là hình vuông (đpcm)
0,25 0,25
0,5 0,5
Trang 46b b.Chứng minh IA ⊥ BC:
Gọi giao điểm IA và BC là H Lấy P đối xứng với A qua I, chứng minh được AEPG là hình bình hành Chứng minh được ∆BAC = ∆AEP (cgc) suy ra ABC PAE· = ·
Từ đó suy ra được IA ⊥ BC (đpcm)
0,5
0,5 0,5
Câu 7
(3đ)
a Nhóm được các số hạng
(1 3+ 2) (1 3+ 2)+ (1 3+ 2)
A = 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3
0,75
Tổng các số hạng trong ngoặc đơn có giá trị 13, chia hết cho 13 0,75
HẾT
