Đề thi HSG lớp 9 năm học 2010 - 2011

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi : TOÁN
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 01/4/2011
Câu 1 (3,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức A =
4 7 4 7 2+ − − −
b) Cho x =
3 3 3 3
2 6
;
2 2 2 4 2 2 2 4
y =
+ + − +
. Tính B = x
2
– y
2

Câu 2 (4,0 điểm):
a) Giải phương trình:
2
7 12 2 3 7x x x+ + = +
b) Giải hệ phương trình:
2 2
4
2
x xy y
x xy y


+ + =

+ + =


Câu 3 (3,0 điểm):
Cho phương trình: x
4
+ x
2
+ 2mx + m
2
+ 2m + 1 = 0
a) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất
b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 4 (3,0 điểm):
Chứng minh
5 3
2011
120 24 30
n n n
− +
có giá trị nguyên với mọi m thuộc Z
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC. Trên AC lấy điểm M sao cho
1
4
AM
AC

=
, trên BC lấy điểm N sao
cho
1
5
BN
BC
=
. AN và BM cắt nhau tại I. So sánh diện tích
∆
AIM và diện tích
∆
BIN
Câu 6 (4,0 điểm):
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C
khác A ). Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ).
a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi khi C chạy trên nửa
đường tròn
b) Gọi M là trung điểm của BC. Tia OM cắt nửa đường tròn tại N.
Chứng minh DE > MN
Hết
(Đề ghi lại từ HS độ chính xác chưa cao mong quí Thầy Cô thông cảm nếu có sai sót )
GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
ĐỀ CHÍNH THỨC
MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH
Năm học 2010 -2011
Câu 1 (3,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức A =
4 7 4 7 2+ − − −
=

( ) ( )
2 2
7 1 7 1
2
2
+ − −
−
=
7 1 7 1
2
2
+ − +
−
=
2
2
2
−
=
2 2−
= 0
Cách khác:
2 8 2 7 8 2 7 2A = + − − −
( ) ( )
2 2
7 1 7 1 2 7 1 7 1 2⇔ + − − − ⇔ + − + −
= 0
Vậy A = 0
b) x =
( )

3 3
3 3 3
2 2
2 2 2 4
4 4 2 1
=
+ +
+ +
=
( )
( ) ( )
3 3
3
3 3
3 3 3
2 2 1
2
4 2 1
4 2 1 2 1
−
=
+ +
+ + −
=
( )
3 3
3 3
2 2 1
4 2
2 1

−
= −
−
( )
3 3
3 3 3
6 6
2 2 2 4
4 4 2 1
y
= =
− +
− +
=
( )
( ) ( )
3 3
3
3 3
3 3 3
3 2 2 1
3 2
4 2 1
4 2 1 2 1
+
=
− +
− + +
=
( )

3 3
3 3
3 2 2 1
4 2
2 1
+
= +
+
Ta có B = x
2
– y
2
=
( )
2
3 3
4 2
−
–
( )
2
3 3
4 2
+
=
( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3
4 2 4 2 4 2 4 2− − − − + +
=
( ) ( )

3 3 3 3 3 3
2 2 4 4 2 2.2 4− − + = −
= – 4.2 = –8
Câu 2 (4,0 điểm):
a) Giải phương trình:
2
7 12 2 3 7x x x+ + = +
<=>
2
4 4 3 7 2 3 7 1 0x x x x+ + + + − + + =
<=>
( )
( )
2
2
2 3 7 1 0x x+ + + − =
Ta có (x+2)
2

≥
0 và
( )
2
3 7 1 0x + − ≥
với mọi x
Nên
( )
( )
2
2

2 3 7 1 0x x+ + + − =
khi x + 2 =0 và
3 7 1 0x + − =

<=> x = –2 và 3x + 7 = 1 => x = –2
Vậy nghiệm số của phương trình là x = –2
GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
b) Giải hệ phương trình:
2 2
4
2
x xy y
x xy y

+ + =

+ + =

<=>
2 2
4
2
x xy y
x y xy

+ + =

+ = −

<=>

( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
4 4
2 4 4 4 5
x xy y x xy y
x xy y xy xy x xy y xy xy
 
+ + = + + =
 
⇔
 
+ + = − + + + = − +
 
 
<=>
( ) ( )
2
2
2
0; 5
5 0
x y xy
x y xy
xy xy
xy xy
+ = −

+ = −



⇔
 
= =
− =




2 2 2
0 0 0
x y y x
hoac
xy x y
+ = = =
  
⇔
  
= = =
  

hoặc
( )
( )
2
2
2
2
1

2 5
5
2 5 0
y x
y x
x y
x x
xy
x x
= −
= −

+ =



⇔ ⇔
  
− =
=
− + =





Ta có phương trình x
2
– 2x + 5 = 0 vô nghiệm, nên hệ phương trình (1) vô nghiệm
Vậy nghiệm số của phương trình đã cho là (x; y ) = (2; 0 ) ; (0; 2 )

Câu 3 (3,0 điểm):
Giả sử x
0
là một nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta có:
x
0
4
+ 2x
0
2
+2x
0
m + m
2
+ 2m + 1 = 0 <=> m
2
+ 2(x
0
+ 1)m + x
0
4
+ 2x
0
2
+ 1= 0 (1)
m xác định khi
'
∆
của phương trình (1) lớn hơn hoặc bằng 0
<=> (x

0
+ 1)
2
– x
0
4
– 2x
0
2
– 1
≥
0 <=>(x
0
+ 1)
2
– (x
0
2
+ 1)
2

≥
0
<=> (x
0
+ 1 – x
0
2
– 1)(x
0

+ 1 + x
0
2
+ 1) <=> x
0
(1 – x
0
)(x
0
2
+x
0
+ 2)
≥
0
<=> x
0
(1 – x
0
)
≥
0 (Vì x
0
2
+x
0
+ 2
≥
0 ) <=> 0
≤

x
0

≤
1
=> giá trị nhỏ nhất của nghiệm là x
0
= 0 => m = –1
và giá trị lớn nhất của nghiệm là x
0
= 1 => m = –2

Câu 4 (3,0 điểm):
Chứng minh
5 3
2011
120 24 30
n n n
− +
có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z
Ta có
5 3
2011
120 24 30
n n n
− +
=
5 3
5 8044
120

n n n− +
=
5 3
5 4
67
120
n n n
n
− +
+

Ta có n
5
– 5n
3
+ 4n = n(n
4
– 5n + 4 ) = n(n
2
– 4)(n
2
– 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
M
3 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (1 )
(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
M
5 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (2 )
(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
M

8 (Vì trong 5 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số chia
hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 ) (3 )
mà 3; 5; 8 là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
M
(3.5.8)
=> (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
M
120 và 67n là số nguyên với mọi n thuộc Z
Vậy
5 3
2011
120 24 30
n n n
− +
có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z
GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
Câu 5 (3,0 điểm):
So sánh diện tích
∆
AIM và diện tích
∆
BIN:
Gọi diện tích
∆
AIM là x và diện tích
∆
BIN là y
Ta suy ra S
∆
CIM = 3x và S

∆
CIN = 4y
Ta có S
∆
CAN = S
∆
CIM + S
∆
CIN + S
∆
AIM
= 3x + 4y + x = 4x + 4y
Mà S
∆
CAN =
4
5
S
∆
CAB => 4x + 4y =
4
5
S
∆
CAB (1)
Ta có S
∆
CBM = S
∆
CIM + S

∆
CIN + S
∆
BIN = 3x+ 4y + y = 3x + 5y
Mà S
∆
CBM =
3
4
S
∆
CAB => 3x + 5y =
3
4
S
∆
CAB (2)
Ta đặc S
∆
CAB = 1 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình
4
4 4
5 5 1
5
12 20 3
3
3 5
4
x y

x y
x y
x y

+ =

+ =


⇔
 
+ =


+ =


1
8 1
8
12 20 3 1
12. 20 3
8
x
x
x y
y

=


=


⇔ ⇔
 
+ =


+ =



1
1 1
8
8 8
3
3 3
20 3 : 20
40
2 2
x
x x
y
y y

 
=
= =


 
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
=
= − =
 

 

Vậy S
∆
AIM =
1
8
S
∆
CAB và S
∆
BIN =
3
40
S
∆
CAB
Ta có
1 5 3
8 40 40
= >

.Vậy S
∆
AIM > S
∆
BIN
*/ Cách khác: S
∆
AMB =
1
4
S
∆
ACB và S
∆
ANB =
1
5
S
∆
ACB
=> S
∆
AMB > S
∆
ANB
mà S
∆
AMB = S
∆
AIB + S

∆
AIM và S
∆
ANB = S
∆
AIB + S
∆
BIN
Nên S
∆
AIB + S
∆
AIM > S
∆
AIB + S
∆
BIN
Vậy S
∆
AIM > S
∆
BIN
Câu 6 (4,0 điểm):
a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại
lượng không đổi
Từ E hạ EH vuông góc với AB tại H
Ta có
∆
ADB đồng dạng với
∆

AHE (g – g)
=>
AD AB
AH AE
=
=> AD.AE = AB.AH (1)
Ta có
∆
ACB đồng dạng với
∆
EHB (g – g)
GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
C
M
A
I
N
B
P
N
M
D
C
E
BA
O
H
=>
BC AB
HB BE

=
=> BC.BE = AB.HB (2)
tỪ (1) Từ (1) và (2) AD.AE + BC.BE = AB(AH + HB)
= AB.AB = AB
2

Ta có AB không đổi => AB
2
không đổi
Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổi
*/ Cách khác: AD.AE + BC.BE = (AE + ED)AE + (BC – EC)BC
= AE
2
+ ED.AE + BC
2
– BC.EC = BC
2
+ AE
2
+ ED.AE – BC.EC
= BC
2
+ AE
2
+ EB.CE – BC.EC (Vì ED.AE = BE.EC )
= BC
2
+ AE
2
– EC(BC – BE) = BC

2
+ AE
2
– EC
2
= BC
2
+ AC
2
= AB
2

Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổ
b) Chứng minh DE > MN:
*/ Cách 1:
Từ D vẽ tiếp tuyến với (O) cắt BN kéo dài tại P
Ta có tứ giác MNPD nội tiếp (Tổng 2 góc đối diện MDP và MNP bằng 180
0
)
=>
NMP NDP
∠ = ∠
(2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Mà
NAP NDP
∠ = ∠
(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )
=>
NMP NAP
∠ = ∠

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => AD // MP
mà ME // DP (cùng vuông góc với OD )
=> Tứ giác MPDE là hình bình hành => DE = MP mà MP > MN (Cạnh huyền và cạnh
góc vuông )
Vậy DE > MN
*/ Cách 2:
Lấy P là điểm đối xứng của E qua M
Ta suy ra
∠
DEP =
∠
DPE
Ta có
∠
DEP =
∠
AND (Vì cung DC bằng cung DE)
=>
∠
DPE =
∠
AND hay
∠
DPM =
∠
MND
=> Tứ giác MPND nội tiếp mà OD vuông góc với BC
=> DP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MDNP => DP > MN
mà DP = DE (Tính chất đối xứng)

Vậy DE > MN
*/ Cách 3:
Lấy P là điểm đối xứng của N qua OD
Ta suy ra
∠
CMP =
∠
NMB
Ta có
∠
NMB =
∠
ADP (Vì cung PC bằng cung NB)
=>
∠
EMP =
∠
EDP
=> Tứ giác MDPE nội tiếp mà OD vuông góc với BC
=> DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MDPE => DE > MP
mà MP = MN (Tính chất đối xứng)
Vậy DE > MN
*/ Cách 4:
Từ M hạ MP vuông góc với ND tại P
GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
P
N
M
D

C
E
BA
O
M
E
A
P
N
D
C
B
O
Ta có
∠
DEM =
∠
AND (Vì cung CD bằng cung DB)
=>
∆
EMD đồng dạng với
∆
NPM (g - g)
1
DE DM
MN MP
= >
VÌ MD > MP (Quan hệ giữa đường xiên
và đường vuông góc )
Vậy DE > MN

GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam
A
M
E
P
N
D
C
B
O