Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Toán 9- THCS Mỹ Thọ 2010-2011.

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI H.S.G LỚP 9 NĂM HỌC 2010 - 2011
TRƯỜNG THCS MỸ THỌ MÔN: TOÁN.
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1(1,0 điểm) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức
P = (x+ 1)(x+3)(x+5)(x+7) + 3025 cho x
2
+ 8x + 12
Câu 2(2,5 điểm) Tìm nghiệm x;y nguyên dương của các phương trình sau :
a) y
2
= x
2
+ 12x + 1995 (1)
b)
z
x
=
− +
x
xy+1
2
2
(2)
Câu 3(2,5 điểm)
a) Chứng minh rằng: A =
- +
1442443 1442443
2 1 8
111 1 88 8 1
nsoá nsoá

là số chính phương.
b) Chứng minh rằng: B = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương ,với n ≥ 1
Câu 4( 3,0 điểm).
Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 3 4 1999 2000
A = + + + + + + + + +
là một số hữu tỷ.
Câu 5(3,0 điểm)
Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
, , , 0.a b c
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤ ∀ >
+ + + + + +
Câu 6(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung tuyến AD. Gọi I, K
lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q là các giao điểm tương ứng của các
tia DI, DK với các cạnh AB, AC.
Chứng minh: PQ // IK.
Câu 7(5,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD có
·
·
0
90ADC DCB+ =
và AD = BC, CD = a, AB =b. Gọi I, N, J, M là trung

điểm lần lượt của các cạnh AB, AC, CD và BD, S là diện tích của tứ giác ỊNM.
Chứng minh rằng:
2
( )
8
a b
S
−
≥
. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Hết
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI H.S.G LỚP 9 NĂM HỌC 2010 – 2011
TRƯỜNG THCS MỸ THỌ MÔN: TOÁN.
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Biến đổi được; P = (x
2
+8x + 7) (x
2
+8x + 15) 0,25 điểm
Đặt y = x
2
+8x => P = (y + 7)(y + 15) + 3025 = y
2
+ 22y + 3130 0,25 điểm
Thực hiện phép chia đa thức P cho y + 12 được số dư 2010 0,25 điểm
Kết luận : số dư trong phép chia của biểu thức P cho x
2
+ 8x + 12 0,25 điểm
Câu 2: a)Từ phương trình (1), ta có : y

2
= (x + 6)
2
+ 1959 ≥ 1959 ⇒ y ≥ 45 0,25 điểm
Mặt khác ta có: -1959 = (x + 6)
2
- y
2
= (x + y + 6)(x - y + 6)
với x + y + 6 ≥ 52 và 1959 = 3 . 653 0,5 điểm
⇒ x + y + 6 = 653 ; x - y + 6 = -3 hoặc x + y + 6 = 1959 ; x + 6 - y = -1 0,25 điểm
⇒ nghiệm phương trình : ( x , y ) = ( 319 , 328) ; (937 , 944) 0,25 điểm
b)Từ (2) suy ra yz = x - 1 +
1+ 2y - x
xy + 1
0,25 điểm
⇒ 1 + 2y - x = 0 hoặc 1 + 2y - x ≥ xy + 1 0,25 điểm
+Nếu 1 + 2y - x = 0 thì yz = x – 1nên yz = 2y ⇒ z = 2 ; y = t; x = 1 + 2t; t∈ N
*
0,25 điểm
+Nếu 1 + 2y - x ≥ xy + 1 thì 2y ≥ x(y + 1) hay x ≤
2y
y + 1
= −
+
<2
2
1
2
y

0,25 điểm
⇒ x = 1 ; y = 1 ; z = 2 0,25 điểm
Câu 3
a) Ta có A =
{
+ - +
14424431442443 1442443
1 8
111 100 0 11 1 88 8 1
nsoá nsoá nsoá nsoá
0,5 điểm
Đặt a =
{
11 1
nsoá
suy ra 9a = 9.
{
11 1
nsoá
=
1442443
99 9
nsoá
0,25 điểm
Do đó:
1442443
99 9
nsoá
+1 = 10
n

= 9a +1 0,25 điểm
Nên A = a.10
n
+ a - 8a +1 = a(9a + 1) + a – 8a + 1 = 9a
2
– 6a + 1
= (3a – 1 )
2
=
-
1442443
1
33 32
n soá
2
là số chính phương. 0,5 điểm
b) Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1
= (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 0,75 điểm
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) +1
= (n

2
+ 3n +1)
2
.
Mặt khác : (n
2
+ 3n)
2
< (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) = A. hiển nhiên vì n ≥ 1. 0,5 điểm
Do đó (n
2
+ 3n)
2
< A < A + 1 = (n
2
+ 3n +1)
2
. 0,,25 điểm
Vậy A không phải là số chính phương.
Câu 4
+ Xét k
∈
N, k
≥

3 .
Thiết lập được:
( )
( )
2
2
2
1 1 1 1 2 2 2
1 1
1 1 . 1
1
k k k k k k k
k
 
+ − = + + + − −
 ÷
− − −
 
−
(0,5 điểm)
=
( )
2
2
1 1 2 2 2 2
1
1 1
1
k k k k k
k

+ + + − − +
− −
−
(0,5 điểm)


( )
2
2
2
1 1 1 1
1 1
1
1
k k k
k
 
+ − = + +
 ÷
−
 
−
(0,5 điểm)
+ Suy ra:
( )
2
2
2
1 1 1 1 1 1
1 1 1

1 1
1
k k k k k
k
 
+ + = + − = + −
 ÷
− −
 
−
(0,5 điểm)
+ Cho k = 3,4,5, ….2000,ta có
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 3 4 1999 2000
A
     
= + − + + − + + + −
 ÷  ÷  ÷
     
(0,75 điểm)
A = 1998 +
1 1
2 2000
−
là một số hữu tỷ. (0,25 điểm)
Câu 5
+ Với mọi x, y > 0 thì
3 3 2 2
( )( ) ( )(2 ) ( )x y x y x y xy x y xy xy x y xy+ = + + − ≥ + − = +

.(*) (0,75 điểm)
+ Áp dụng (*) chứng tỏ được:
( )
3 3
1 1 1
(1)
( )a b abc a b ab abc ab a b c
≤ =
+ + + + + +
(0,5 điểm)
( )
3 3
1 1 1
(2)
( )b c abc b c bc abc bc a b c
≤ =
+ + + + + +
(0,5 điểm)
( )
3 3
1 1 1
(3)
( )c a abc c a ca abc ca a b c
≤ =
+ + + + + +
(0,5 điểm)
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1) ,(2) ,(3) ta được:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )a b abc b c abc c a abc ab a b c bc a b c ca a b c

+ + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + +
(0,5 điểm)
1
( )
a b c
abc a b c abc
+ +
= =
+ +
(đpcm) (0,25 điểm)
Câu 6
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh
được:
IK // BC, EI // AB, EK // AC (1,5 đ)
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác
DPA, DAQ. Suy ra:
DI DE DK
DP DA DQ
= =
(1,0 đ)
- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác
DPQ, suy ra:
PQ // IK (0,5 đ)
Câu 7( trang sau)
- Lập luận được tứ giác INJM là một
hình thoi (1 đ).
- Dựa vào giả thiết
·
·

0
90ADC DCB+ =
,
lập luận tiếp tứ giác INJM là một hình
vuông (1 đ).
- Suy ra:
2
1
2
S MN=
(0,5 đ)
- Gọi P là trung điểm của AD, chứng
minh được:
2
a b
MN PN PM
−
≥ − =
(1 đ)
- Kết luận được:
2
2
1 ( )
.
2 2 8
a b a b
S
− −
 
≥ =

 ÷
 
(0,5 đ)
- Nêu được dấu bằng xảy ra khi
MN PN PM= −
hay P, M, N thẳng
hàng, tức là tứ giác ABCD là một hình
thang. (1 đ)
……Hết…