Đề thi-đáp án HSG lớp 9 Thái Bình năm học 2010-2011

1
Sở Giáo dục và Đào tạo
Thái Bình
Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 20 10-2011
Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán
(Gồm 5 trang)
GV ra :
V Cng THPT Nguyn Trói
Phm Quang Thng THPT Chuyờn
Bi 1. (3 im) Chng minh rng:
87 1 1 1 88
89 45
2 1 3 2 2011 2010

Gii :
Ni dung
im
+) Ta cú:
1 k k k 1 1
(k 1)k k k 1
(k 1) k k k 1



0.5
+) T ú:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 3 2 2011 2010 1 2 2 3 2010 2011

0.5
1 87
1
89
2011

0.5
+) Ta cú:
1 2 1 2 1
. .
(k 1) k 2 k 1 k k 1 k 1 k k k 1



2 k 1 k
1 1
2.
k k 1 k k 1






0.5

+) T ú:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
2 1 3 2 2011 2010 1 2 2 3 2010 2011











0.5
1 88
2 1
45
2011




0.5
Bi 2. (3im) Tỡm phn d ca phộp chia a thc
p(x)
cho
3
(x 1)(x 1)

bit
p(x)
chia
cho
x 1
thỡ d 1,
p(x)
chia cho
3
x 1
thỡ d
2
x x 1
.
Gii:
Ni dung
im
+) Ta cú:
3 3 2
p(x) (x 1)(x 1)q(x) ax bx cx d (a,b,c R)
0.5
2
 
3 2
(x 1) (x 1)q(x) a bx cx d a       
+) Suy ra
p(x)
chia cho
3
(x 1)

có phần dư là
2
bx cx d a  
0.5
+) Kết hợp với giả thiết suy ra b = 1; c = 1; d – a = 1
0.5
+) Vì p(x) chia cho x – 1 dư 1 nên p(1) = 1
0.5
+) Suy ra a + b + c + d = 1

a = - 1; d = 0
0.5
+) Vậy phần dư cần tìm là: - x
3
+ x
2
+ x
0.5
Bài 3. (3 điểm) Giải phương trình:
3 2
3
x 1 x 15x 75x 131    
Giải:
Nội dung
Điểm
+) Đặt
3 2
3
x 1 y 5 x y 15y 75y 126       
0.5

+) Vậy ta có hệ phương trình:
3 2
3 2
x y 15y 75y 126 (1)
y x 15x 75x 126 (2)

   


   


0.5
+) Trừ vế với vế của phương trình (1) và (2):
 
2 2
(x y) x xy y 15 x y 76 0
 
      
 
2 2
x y
x xy y 15(x y) 76 0




     

0.5

+) Khi x = y ta có:
3 2
x 15x 74x 126 0   
2
(x 7)(x 8x 18) 0    
2
x 7
x 7
x 8x 18 0


  

  

0.5
+) Khi
2 2
x xy y 15(x y) 76 0     
 
2 2
x y 15 x (y 15y 76) 0      
Xét
2 2
x
y 30y 225 4y 60y 304      
2
3y 30y 79   
0.5
2

3(y 5) 4 0 y     
, phương trình vô nghiệm
0.5
+) Vậy x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài 4. (3 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương. Chứng minh rằng :
a b c 3
b c 2a c a 2b a b 2c 2
  
     
Giải:
Nội dung
Điểm
+) Áp dụng BĐT Bunhia ta có:
2
a b c a b c
3 (1)
b c 2a c a 2b a b 2c b c 2a c a 2b a b 2c
 
 
    
 
 
 
           
 
 
0.5
+) Đặt:
b c 2a 4x
c a 2b 4y

a b 2c 4z
  


  


  

0.5
3
Nội dung
Điểm
+) Suy ra
a 3x y z
b 3y z x
c 3z x y
  


  


  

0.5
+) Khi đó
a b c 3x y z 3y z x 3z x y
b c 2a c a 2b a b 2c 4x 4y 4z
     

 
    
 
     
 
9 1 y z z x x y
4 4 x x y y z z
 
      
 
 
0.5
+) Mà
y z z x x y
6
x x y y z z
 
     
 
 
0.5
+) Suy ra
a b c 9 6 3
(2)
b c 2a c a 2b a b 2c 4 4 4
 
    
 
     
 

+) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh
0.5
Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh AB = c, BC = a, CA = b. Các góc

 
A,B,C
thỏa mãn



C 2A B 
.
Chứng minh rằng: c
2
< 2a
2
+ b
2
Giải:
D
B
A
C
Nội dung
Điểm
+) Vì


  
C 2A B C B AB AC     

0.5
+) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AC = AD
0.5
+) Ta có:







 

C BCD DCA BCD CDA BCD B BCD 2BCD B        
Mà



C 2A B 
suy ra


BCD A
0.5
+) Hai tam giác BCD và BAC đồng dạng
Ta có
2
BC BD
BC BA.BD
BA BC

  
0.5
4
2 2
BC AB(AB AD) AB AB.AC    
2 2
2 2 2
b c
c a b.c a
2

    
2 2 2
c 2a b  
0.5
+) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
 

b c B C A 0    
(vô lý)
Vậy
2 2 2
c 2a b 
0.5
Bài 6. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là điểm bất kì
thuộc cung BC không chứa điểm A (M không trùng với B và C). Gọi
A',B',C'
lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB.
a. Chứng minh

A',B',C'
thẳng hàng.
b. Chứng minh
BC CA AB
MA' MB' MC'
 
Giải:
D
A'
B'
C'
O
A
B
C
M
Câu
Nội dung
Điểm
+) Tứ giác MA’B’C nội tiếp đường tròn


0
MA'B' MCB' 180  
(1)
0.5
+) Tứ giác MC’BA’ nội tiếp đường tròn


MA'C' MBC' 

(2)
0.5
+) Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn


MCA MBC' 
(3)
0.5
a.
+) Từ (1), (2), (3) suy ra

0
MA'B' MA'C' 180 
do đó A’, B’, C’ thẳng hàng
b.
+) Gọi D là điểm đối xứng của C qua O.
DMC BA'M 
vì


MBC MDC
;


DMC MA'B
Suy ra
MC CD MB.MC
MA'
MA' MB 2R
  

0.5
5
+) Tương tự
MC.MA MA.MB
MB' ;MC'
2R 2R
 
0.5
+) Vậy
BC CA AB BC.2R CA.2R AB.2R
MA' MB' MC' MB.MC MC.MA MA.MB
    
AC.MB AB.MC BC.MA  
Luôn đúng theo định lý potoleme.
0.5
Bài 7. (2điểm) Cho hình bình hành ABCD và n = 4k + 1 (k nguyên dương) đường thẳng,
mỗi đường thẳng đó chia hình bình hành thành hai hình thang có tỷ số diện tích là m (m
là số dương cho trước). Chứng minh rằng có ít nhất k + 1 đường thẳng trong số n đường
thẳng nói trên đồng quy.(Hình bình hành cũng được xem như là hình thang)
Giải:
d
I
P
M
Q
N
B
D
C
A

E
F
J
K
L
Nội dung
Điểm
Gọi d là đường thẳng bất kì trong số n đường thẳng đã cho. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, DC, CB
Giả sử d cắt AB tại E, d cắt DC tại F. Gọi I là giao điểm của d và NQ, h là khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và CD.
Ta có :
AEFD
EBCF
S
AE DF BE CF
m .h m. .h
S 2 2
 
  
0.5
m
NI m.IQ NI .NQ
m 1
   

, suy ra điểm I cố định
0.5
Tương tự ta tìm được ba điểm J, K, L cố định mà các đường thẳng đã cho đi qua
chúng.

0.5
Theo nguyên lý Dirichlê tồn tại một điểm mà có ít nhất k + 1 đường thẳng đi qua.
0.5