Đề đề xuất chọn HSG 2010-2011

Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H.. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.. a Chứng minh rằng GH đi q

Phòng GD&ĐT Yên Sơn ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎỈ KHỐI 9

Trường THCS Trung Môn Môn: Toán

Năm học: 2010-2011

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Đề: có 01 trang Bài 1: (3,0 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :

a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2

b) x2 + 7x + 10

Bài 2: (4,0 điểm)

2 2

A

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nguyên

Bài 3: (3,0 điểm)

Với x, y không âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x - 2 xy  3y 2 x   2008,5

Bài 4: (3,0 điểm)

Bằng đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình:

x  x 1   m

Bài 5: (4,0 điểm).

Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC

b) ∆ABC ~ ∆AEF

Bài 6: (3,0 điểm).

Cho hai nửa đường tròn ( O ) và ( O’ ) tiếp xúc ngoài ở A Tiếp tuyến chung ngoài TT’có tiếp điểm với đường tròn ( O ) ở T với đường tròn ( O’ ) ở T’, Cắt đường tròn nối tâm OO’ ở S Tiếp tuyến chung trong tại A của hai nửa đường tròn cắt TT’ ở M

a) Tính độ dài AM theo các bán kính của hai đường tròn ( O )và ( O’ )

b) Chứng minh: SO.SO’ = SM2

ST.ST’ = SA2

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A và đường tròn ngoại tiếpOMO’tiếp xúc với SM tại M

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 9

Môn Toán – Năm học 2010-2011

Đáp án có 04 trang

Bài 1 (3,0đ)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :

a) ( 1,5 đ) 4x2 - 49- 12xy + 9y2

= (4x2 - 12xy + 9y2)- 49 = (2x-3y)2-72

= (2x-3y+7)(2x-37-7)

b) ( 1,5 đ) x2+7x+10

= x2+5x+2x+10 = x(x+5) +2(x+5)

= (x+5)(x+2)

Bài 2 (4,0 đ)

a) x2 - 7x + 10=(x-5)(x-2)

Điều kiện để A có nghĩa là x ≠ 5 và x ≠ 2

2 2

A

2

2

2



x

A

Với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi 1

2

x  nguyên hay 1 chia hết cho x – 2

Mà ước của 1 chỉ là 1 và -1 Khi đó :

Nếu: x – 2 = 1 => x = 3 hoặc x - 2 = - 1 => x = 1

Vậy với x = 1 hoặc x = 3 thì biểu thức A nguyên

( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm ) ( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm )

( 0,25 điểm )

( 0,5 điểm

( 0,25 điểm)

( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm ) ( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm ) ( 0,5 điểm ) ( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm )

Bài 3: (3,0 đ)

2

2 2

Đặt x a; y b với a, b 0, ta có:

P = a 2ab 3b 2a 2008, 5

= a 2a b 1 3b 2008, 5

= a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007, 5

= a - b -1 2 b b 2007, 5

a - b -1 2 b b 2007, 5

1

a - b -1 2 b

2

2 2

2007 2007

1

V ì a - b -1 0 và b 0 a, b.

2

3

2

1 b

b 2

2

Vậy P đạt GTNN là 2007







Bài 4: (3,0 đ)

* Xột ba trường hợp:

Với x0 thỡ y = -x – x +1 = -2x + 1

Với 0 < x < 1 thỡ y = x – x + 1 = 1

Với x1 thỡ y = x + x – 1 = 2x -1

Vậy y =

2x 1 nếu x 0

1 nếu 0 < x < 1

2x - 1 nếu x 1









* Đường thẳng y = m cựng phương với Ox, cắy Oy trờn điểm cú tung độ m Dựa vào đồ thị ta kết luận:

Nếu m < 1 thỡ phương trỡnh vụ nghiệm

( 0,5điểm )

( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm )

( 0,5 điểm )

( 1,0 điểm )

1 O

-1 1 2

-1

x y

( 0,25điểm )

( 0,25điểm ) ( 0,25điểm )

( 0,25điểm ) ( 0,5điểm )

Bài 5 (3 điểm)

a) Ta có BG AB, CH AB,

nên BG //CH,

tương tự: BH AC, CG AC,

nên BH//CG

Tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song

song nên nó là hình bình hành

Do đó hai đường chéo GH và BC cắt

nhau tại trung điểm của mỗi đường

Vậy GH đi qua trung điểm M của BC

b/ Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC

nên các tam giác ABE và ACF vuông

Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng

dạng

AC AF  AE AC

Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF

c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC,

suy ra ∆BDF~∆DEC BDF CDE

Ta có : BDF CDE  900  BDF 900  CDE

AHB BDF AHC CDE ADF ADE

Bài 6: (4 điểm )

a) MO, MO’ lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù AMT và AMT’ nên OMO’  =90o

Tam giác OMO’ vuông ở M có MA OO’ nên:

MA2 = OA.OA’, Suy ra:

T

M

’

’

O’

S T’

F

E

M

G

H

B

A

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ) (0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ)

b) Chứng minh:

hay SO.SO '= SM

hay ST.ST' = SA

c) MA = MT = MT’ nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp TAT’

đường tròn ngoại tiếp OMO’

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯƠNG THỦY

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 9

Bài 1a)

(1 đ) (1đ)

Bài

(1đ) (1đ) (0,5đ)

(2đ) (1,5đ)

(1đ)

(1đ)

Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(2x+3)(x+5)

(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) (x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0

(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 x-5 –(2x+3)] = 0 (x+5)(-x-8)=0  x-5=0 hoặc x+8 =0  x=-5

hoặc x=-8

(2đ)

(2đ) (1,5đ) (1,5đ)

Gợi ý đáp án Điểm

(1đ)

Bài 5) Ta có

x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y)

= (x + y + z)[x-5 –(2x+3)] = 0 (x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z)

= (x + y + z)[x-5 –(2x+3)] = 0 (x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx

2 x  xy y  y  yz z  x  xz z 

= 1  2  2  2

2 x y  y z  x x  dpcm

1đ

Bài 6) Điều kiện x 0 , bất phương trình 2007 2008

 x

2007 2008

0

x x



(2008 2007) 0

0

2007 2008

x

x









  



Hoặc biểu diễn trên trục số :

1đ

Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp

logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng

HẾT

2007 2008



0