ĐỀ THI HS GIỎI TOÁN 9 (09-10)

PHÒNG 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 = 3x
2
– 8x + 4 b/ B = 4b
2
c
2
– (b
2
+ c
2
– a
2
)
2
.
Câu 2 (3 điểm). Cho phương trình ẩn x là:
28
)x5(7
10
m
5
mx2
1
6
mx5
−

−−
+
=−
−
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
7474 −−+
và
2
Câu 4 (2 điểm). Giải phương trình:
11x1)1x(
2
−−=−−
Câu 5 (4 điểm). Cho ∆ABC có Â = 90
0
, 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
+
2 3 28 29 30
A = 3 + 3 + 3 + +3 3 + 3
chia hết cho 13.
b. Giải bất phương trình
1+ x
< 2
-x
Hết
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN (NĂM HỌC 2009-2010)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
Câu 1 Nội dung 3đ
1a A = 3x
2
– 8x + 4 = 3x
2
– 6x – 2x + 4 0,5
= 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) 1,0
(hoặc A = 4x
2
– 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 – b
2
– c
2
+ a
2
)(2bc + b
2
+ c
2
– a
2
) 0,5
= [a
2
– (b – c)
2
][(b + c)
2
– a
2
] 0,5
= (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a) 0,5
Câu 2 3đ

2a
4
x5
10
m
5
mx2
1
6
mx5
−
−−
+
=−
−
⇔
60
)x5(15
60
m6
60
)mx2(12
60
60)mx5(10
−
−−
+
=
−−
⇔ 50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x

⇔ 11x = 16m – 15
⇔ x =
11
15m16 −
. Vậy PT có tập nghiệm S = {
11
15m16 −
}
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
sau:
16 15
0 10
11
m Z
m
∈



−
< <



⇔






<<
∈
16
13
7m
16
15
Zm

Từ đó suy ra được các giá trị m là: m ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}
0,5
0,5
0,5
Câu 3 2 đ
7474 −−+
=
2
74.2 +
2
74.2 −
−
=
2
728 +
2

728 −
−
=
2
)17(
2
+
2
)17(
2
−
−
=
2
17 +
2
17 −
−
=
2
1717 +−+
=
2
2
=
2
Vậy
7474 −−+
=
2

0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4 2 đ
11x1)1x(
2
−−=−−
⇔
11x11x
−−=−−
⇔
11x −−
≥ 0
⇔
1x −
≥ 1 ⇔ x – 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2
Vậy phương trình có nghiệm là x ≥ 2.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5 4đ
5a

D

E

G

A

B

M

C

*∆ADG vuông tại D có DE là trung tuyến nên DE =
2
1
AG = AE = EG
⇒ ∆ADE cân tại E ⇒
DA
ˆ
EAD
ˆ
E =
.
* AM là trung tuyến của ∆ABC vuông nên MA = MB = MC
⇒ ∆AMC cân ⇒
ˆ ˆ
C MAC=
.
*Vậy
C
ˆ
=
AD

ˆ
E
, 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

B
ˆ
= 60
0
và
C
ˆ
= 30
0
(đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 6 3đ
6a
P
H
K
I
N
M
G
F
E
D
A
B
C
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
6b b.Chứng minh IA
⊥
BC:
Gọi giao điểm IA và BC là H
0,5
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
Câu 7
(3đ)
a Nhóm được các số hạng
3 28

(1 3 ) (1 3 ) (1 3 )+ + + +
2 2 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
b Qui đồng được 0,5
Biến đổi đúng, hợp lôgic 0,75
Lấy nghiệm đúng : x > 0 hoặc x < -1/3 0,25
HẾT