Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 9 năm học 2009 - 2010

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
HUYỆN ĐAM RÔNG Năm học 2009 – 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1 đ) Chứng minh rằng nếu x + y + z + t = 0 thì: x
3
+ y
3
+ z
3
+ t
3
= 3(xy – zt)(z + t)
Câu 2: (1đ) Cho
ABC∆
vuông tại A. Chứng minh tg
·
2
ABC
=
AC
AB BC+
Câu 3: (1,5 đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
g(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24
Câu 4: (1,5 đ) Cho hai đường thẳng (d
1
): y = 4x +1 và (d
2
): y = -2x +3.
Viết phương trình đường thẳng (d
3

) biết:
(d
3
)
⊥
(d
2
) và (d
3
) cắt (d
1
) tại điểm có tung độ bằng 1
Câu 5: (2 đ) Cho tứ giác ABCD và một điểm M thuộc miền trong của tứ giác. Chứng minh các bất
đẳng thức sau:
a) MA + MB + MC + MD >
1
2
(AB + BC + CD + DA)
b) MA + MB + MC + MD
≥
AC + BD. Dấu “=” xảy ra khi nào ?
Câu 6: (2 đ) Giải phương trình:
a)
1 2 3 4
5
2000 2001 2002 2003 2004
x x x x x+ + + +
+ + + + =
b)
5 1

10. 5 9 45 4
25 3
x
x x
−
+ − − − =
Câu 7: (1 đ) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của
ABC∆
. Chứng minh bất đẳng thức:
abc
≥
(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) > 0
Câu 8: (2đ) Cho đường tròn (O) có bán kính OA, dây BC
⊥
OA tại trung điểm M của OA.
a) Tứ giác OCAB là hình gì ? Vì sao ?
b) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại B, nó cắt đường thẳng OA tại E. Tính độ dài BE, biết
OB = R.
Câu 9: (3 đ) Cho biểu thức
3 2
3( 1)
1
x
A
x x x
+
=
+ + +
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên.

c) Tìm giá trị lớn nhất của A.
Câu 10: (2 đ) Cho các hàm số sau:
(d
1
): y = 2x + 4
(d
2
): y = x – 3
(d
3
): y = (m + 1).x – 5
a) Xác định giá trị của m để ba đường thẳng (d
1
), (d
2
), (d
3
) đồng quy tại một điểm.
b) Vẽ (d
1
), (d
2
), (d
3
) với giá trị m đã tìm.
Câu 11: (3 đ) Cho
ABC
∆
. Trên cạnh AC lấy hai điểm D và E sao cho AD = DE = EC. Trung tuyến
AM cắt BD tại P và trung tuyến CN cắt BE tại Q.

a) Chứng minh: Q là trung điểm của trung tuyến CN.
b) Chứng minh: PQ // AC
c) Suy ra PQ =
1
2
MN và PQ =
3
4
DE
*** Hết ***
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÒNG GD – ĐT ĐAM RÔNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
Năm học 2009 - 2010
GỢI Ý CHẤM ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 9

Câu 1 (1đ) : Từ x + y + z + t = 0 ==> x + y = - (z + t) (0,25đ)
Nâng lên luỹ thừa bậc ba 2 vế và biến đổi được (0,25đ)
Thay x+y = -(z+t) vào biểu thức trên (0,25đ)
x
3
+y
3
+

z
3
+ t
3
= 3(z+t)(xy-zt) (0,25đ)
Câu 2 (1đ) :

Cho
ABC∆
vuông tại A. Chứng minh tg
·
2
ABC
=
AC
AB BC+
Kẻ phân giác BD của góc ABC, ta có
·
2
ABC
=
·
ABC
(0,25đ)
Xét tam giác vuông ABD ta có tg
·
2
ABC
= tg
·
ABC
=
AD
AB
(1) (0,25đ)
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ABC ta có
DA AB DA DC DA DC AC

DC BC AB BC AB BC AB BC
+
= ⇒ = = =
+ +

DA AB DA DC DA DC AC
DC BC AB BC AB BC AB BC
+
= ⇒ = = =
+ +
(2)
(0,25đ)
Từ (1) và (2) tg
·
2
ABC
=
AC
AB BC+
(0,25đ)
Câu 3: (1,5 đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
g(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24
g(x) = (x+1)(x+4)(x+2)(x+3) - 24 (0,25đ)
= (x
2
+5x+4)(x
2
+5x+6) – 24 (0,25đ)
Đặt y = x
2

+5x+4 ==> x
2
+ 5x + 6 = y +2 (0,25đ)
Thay vào g(x) ta được g(x) = (y-4). (y+6) (0,25đ)
Thế y = x
2
+5x+4 , ta được
g (x) = (x
2
+ 5x) (x
2
+ 5x + 10) (0,25đ)
= x(x+5). (x
2
+ 5x + 10) (0,25đ)
Câu 4: (1,5 đ) Cho hai đường thẳng (d
1
): y = 4x +1 và (d
2
): y = -2x +3.
Viết phương trình đường thẳng (d
3
) biết:
(d
3
)
⊥
(d
2
) và (d

3
) cắt (d
1
) tại điểm có tung độ bằng 1
TL:
(d1) có a
1
= 4 ; b
1
= 1
(d2) có a
2
= -2; b
2
= 3
Ptđt (d
3
) có dạng y = a
3
.x + b
3
Ta có (d
3
)
⊥
(d
2
)

3 2

3 3
. 1
1
2. 1
2
a a
a a
⇔ = −
⇔ − = − ⇔ =
(1) (0,5đ)
(0,25đ)
Khi (d
3
) cắt (d
1
) . Gọi N là giao điểm của (d
3
) và (d
1
)
Ta có N
∈
(d
1
) nên toạ độ của N nghiệm đúng PT(d
1
)
1 = 4x +1
⇔
x = 0 (0,25đ)

Vậy N (0; 1)
Mặt khác : N thuộc (d
3
) nên toạ độ của N cũng nghiệm đúng PT(d
3
)
1 = a
3
.0 + b
3

⇔
b
3
= 1 (2) (0,25đ)
Từ (1) và (2) ta được PTĐT (d
3
) là y =
1
1
2
x +
(0,25đ)
Câu 5: (2 đ) Cho tứ giác ABCD và một điểm M thuộc miền trong của tứ giác. Chứng minh các bất
đẳng thức sau:
a) MA + MB + MC + MD >
1
2
(AB + BC + CD + DA)
b) MA + MB + MC + MD

≥
AC + BD. Dấu “=” xảy ra khi nào ?
TL:
a) Theo BĐT tam giác, từ
MAB∆
ta có
MA + MB > AB
Tương tự : MB + MC > BC (0,5đ)
MC + MD > CD
MD + MA > DA
Cộng vế theo vế ta được :
2 (MA + MB + MC + MD) > AB + BC + CA + AD (0,5đ)
==> MA + MB + MC + MD >
1
( )
2
AB BC CA AD+ + +
b) Vì M thuộc miền trong của tứ giác
M có thể thuộc hoặc không thuộc các đường chéo, nên ta có
MA MC AC
+ ≥
(1) (0,5đ)
MB MD BD+ ≥
(2)
MA MB MC MD AC BD
⇒ + + + ≥ +
(3)
Trong BĐT (1) dấu “=” xảy ra khi M thuộc AC
Trong BĐT (2) dấu “=” xảy ra khi M thuộc BD
Vậy trong BĐT (3) dấu “=” xảy ra khi

M AC∈
và
M BD∈
(0,5đ)
Tức là M trùng với giao điểm O của 2 đường chéo AC và BD.
Câu 6: (2 đ) Giải phương trình:
a)
1 2 3 4
5
2000 2001 2002 2003 2004
x x x x x+ + + +
+ + + + =
b)
5 1
10. 5 9 45 4
25 3
x
x x
−
+ − − − =
TL:
a) PT đã cho tương đương:
1 2 3 4
1 1 1 1 1 0
2000 2001 2002 2003 2004
x x x x x+ + + +
         
− + − + − + − + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
         

(0,25đ)
2000 2000 2000 2000 2000
0
2000 2001 2002 2003 2004
x x x x x− − − − −
⇔ + + + + =
(0,25đ)
1 1 1 1 1
( 2000) 0
2000 2001 2002 2003 2004
x
 
⇔ − + + + + =
 ÷
 
(0,25đ)
Vì
1 1 1 1 1
0
2000 2001 2002 2003 2004
+ + + + ≠
Nên Pt đã cho tương đương với x- 2000 = 0
⇔
x = 2000 (0,25đ)
Vậy S = {2000}
b)
5 0
5 1
10. 5 9 45 4
25 3

x
x
x x
− ≥



−
+ − − − =




(0,25đ)
5
9
9
x
x
x
≥

⇔ ⇔ =

=

(0,5đ)
Vậy S ={9} (0,25đ)
Câu 7: (1 đ) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của
ABC∆

. Chứng minh bất đẳng thức:
abc
≥
(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) > 0
TL:
Đặt b + c – a = x >0
c + a - b = y > 0
a + b – c = z > 0 (0,25đ)
=>
; ;
2 2 2
y z x z x y
a b c
+ + +
= = =
VT trở thành
1 1 1
( ). ( ). ( )
2 2 2
A y z z x x y= + + +
(0,25đ)
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x,y,z
1 1 1
( ). ( ). ( )
2 2 2
A y z z x x y= + + +
)
(0, 5đ)
2 2 2
A x y z A xyz≥ ⇒ ≥

( ).( ).( ) 0abc a b c b c a a c b⇒ ≥ + − + − + − >
Câu 8: Vẽ hình đúng (0,25 đ)
a) Theo giả thiết MO = MA (1)
BC
⊥
OA nên theo định lý đk và dây ta có : MB = MC (2) (0,25 đ)
Từ (1) và (2) suy ra OBAC là hình bình hành
Vì OA
⊥
OB
=> OBAC là hình thoi (0,5 đ)
b) Do BE là tiếp tuyến của (O) nên BE
⊥
OB
=>
OBE
∆
vuông tại B (0,25 đ)
Vì M là trung điểm của OA => OM =
1
2
R (0,25 đ)
Mặt khác OB
2
= OM.OE (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
=>
2 2
2
1
2

OB R
OE R
OM
R
= = =
(0,25 đ)
Áp dụng ĐL Py ta go trong tam giác vuông OBE
2 2 2
2 2 2 2
(2 ) 3
OE OB BE
BE OE OB R R R
= +
⇒ = − = − =
(0,25 đ)

Câu 9: (3 đ) Cho biểu thức
3 2
3( 1)
1
x
A
x x x
+
=
+ + +
1 1 1
.2. . .2 . .2.
2 2 2
A yz zx xy

≥
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên.
c) Tìm giá trị lớn nhất của A.
TL:
a) Ta có :
2
3( 1)
( 1) ( 1)
x
A
x x x
+
=
+ + +
(0, 5đ)

2
3( 1)
( 1).( 1)
x
x x
+
=
+ +
(0,25đ)

2
3
1x

=
+
(0,25đ)
b) A có giá trị nguyên khi x
2
+ 1 nhận một trong các giá trị
±
1;
±
3 là các ước của 3 (0,25đ)
2
1 1 0x x+ = ⇒ =
(0,25đ)
x
2
+1 = -1=> Không có giá trị x nào thoả mãn
x
2
+1 = 3=> x
2
= 2
2x⇒ = ±
(0,25đ)
x
2
+1 = -3=> Không có giá trị x nào thoả mãn
Vậy tập hợp cac giá trị của biến x để A có giá trị nguyên là {
2;0; 2−
} (0,25đ)
c) A

2
3
1x
=
+
vì
2
1 1,x x R+ ≥ ∀ ∈
(0,25đ)
Nên A
3, x R≤ ∀ ∈
(0,25đ)
Vậy A đạy giá trị lớn nhất bằng 3 khi x = 0 (0,5đ)
Câu 10: (2 đ) Cho các hàm số sau:
(d
1
): y = 2x + 4
(d
2
): y = x – 3
(d
3
): y = (m + 1).x – 5
a) Xác định giá trị của m để ba đường thẳng (d
1
), (d
2
), (d
3
) đồng quy tại một điểm.

b) Vẽ (d
1
), (d
2
), (d
3
) với giá trị m đã tìm.
TL:
a. Gọi A(x
A
;y
A
) là giao điểm của (d
1
) và (d
2
)
=> Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
y
A
= 2x
A
+ 4 x
A
+ 7 = 0 x
A
= -7
 => (0,5đ)
y
A

= x
A
- 3 y
A
= x
A
– 3 y
A
= -10
 Tọa độ của A là A(-7;-10).
Vì A(-7;-10)
∈
(d
3
) nên (d
3
): y = (m + 1)x – 5
 -10 = (m + 1)(-7) – 5 -10 = -7m – 7 – 5
7m = -2 (0,5đ)
 m =
7
2
−
 Vậy, m =
7
2
−
thì (d
1
), (d

2
), (d
3
) đồng quy tại A(-7 ;-10)
b. Vẽ xác định đúng tọa độ các điểm các đường thẳng đi qua được. (1đ)
Câu 11. Vẽ hình ( 0,25đ)
a. Nối ND. Vì N là trung điểm của AB
D là trung điểm của AE (0,5đ)
Nên ND // BE hay QE // ND
Mà E là trung điểm của CD
Nên Q là trung điểm của CN (0,25đ)
b. Lí luận như trên => P là trung điểm của AM. (0,25đ)
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC
=> AG = 2/3AM, AP = 1/2AM (0,25đ)
GP = AG – AP = 2/3AM – 1/2AM = 1/6AM
=>
4
1
3
2
:
6
1
== AMAM
GA
GP
Chứng minh tương tự :
4
1
=

GC
GQ
(0,25đ)
hay
ACPQ
GC
GQ
GA
GP
//=>=
(0,25đ)
c. PQ//AC
Mà MN//AC => PQ//MN (0,25đ)
Cho ta :
MNPQ
MN
PQ
AMAM
GM
GP
MN
PQ
2
1
2
1
3
1
:
6

1
==>==>
==
(0,25đ)
PQ =
MN
2
1
mà
ACPQACMN
4
1
2
1
==>=
(0,25đ)
Vì
ACPQ
4
1
=
và
ACDE
3
1
=
=>
DEPQ
DE
PQ

4
3
4
3
==>=
(0,25đ)
Hết