Đề+Đáp án môn toán HSG tinh TB 2010-2011

Sở Giáo dục và Đào tạo
Thái Bình
Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011
Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán
(Gồm 5 trang)
Bi 1. (3 im) Chng minh rng:
87 1 1 1 88
89 45
2 1 3 2 2011 2010
< + + + <
L
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


+ + + > + + =
ữ ữ
ữ

L L
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
+

= ==
ữ
+ +

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

+ + + < + + =

ữ ữ
ữ



L L
0.5
1 88
2 1
45
2011

= <
ữ

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)= + + + + +

[ ]
3 2
(x 1) (x 1)q(x) a bx cx d a= + + + + +
0.5
+) Suy ra
p(x)
chia cho
3
(x 1)+
cú phn d l
2
bx cx d a+ +
0.5
+) Kt hp vi gi thit suy ra b = 1; c = 1; d a = 1 0.5

+) Vỡ p(x) chia cho x 1 d 1 nờn p(1) = 1 0.5
+) Suy ra a + b + c + d = 1

a = - 1; d = 0 0.5
1
+) 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
+) 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
− − − − − −
 
+ + = + +
 ÷
+ + + + + +
 
0.5
2
Nội dung Điểm

9 1 y z z x x y

4 4 x x y y z z
 
= − + + + + +
 ÷
 
+) 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
µ
µ µ
A,B,C
thỏa mãn
µ

µ
µ
C 2A B= +
.
Chứng minh rằng: c
2
< 2a
2
+ b
2
Giải:
Nội dung Điểm
+) Vì
µ
µ
µ µ µ
C 2A B C B AB AC= + ⇒ > ⇒ >
0.5
+) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AC = AD 0.5
+) Ta có:
µ
·
·
·
·
·
µ
· ·
µ
C BCD DCA BCD CDA BCD B BCD 2BCD B= + = + = + + = +

Mà
µ
µ
µ
C 2A B= +
suy ra
·
µ
BCD A=
0.5
+) Hai tam giác BCD và BAC đồng dạng
Ta có
2
BC BD
BC BA.BD
BA BC
= ⇒ =
0.5
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
µ µ
µ
b c B C A 0= ⇔ = ⇔ =
(vô lý)
Vậy
2 2 2
c 2a b< +
0.5
3
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:
Câu Nội dung Điểm
a.
+) 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
+) 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
+) 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
4
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:
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
5