ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 NĂM 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
……………..
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM 2010
……………………..

ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Ngày thi : 28/03/2010
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có : 01 trang)
Bài 1 : ( 3 điểm ) Rút gọn biểu thức sau :
A=

2 3 + 5 − 13 + 48
6+ 2

Bài 2 : ( 3 điểm ) Cho biểu thức B =

2 x −9

−

x +3

−

2 x +1

x−5 x +6
x − 2 3− x
a) Tìm điều kiện của x để B có nghĩa. ( 0,5 đ )
b) Rút gọn B. ( 1,5 đ )
c) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B cũng là số nguyên. ( 1 đ )
Bài 3 : ( 5 điểm )
1/ Cho phương trình : x2 - ( m + 4 )x + 4m – 25 = 0.
a) Chứng tỏ phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình cũng có nghiệm nguyên.
2/ Cho hệ phương trình :
 2x − 1 5 − y
−
=3

4
. Tìm m để hệ phương trình có duy nhất 1 nghiệm ( x ; y ) thoả điều kiện x =
 3
(m − 1) x + 2 y = − 10
y.
3/ Giải phương trình sau :
3

( 2 − x)

2

+

3

( x + 7)

2

=

3

( x + 7( 2 − x) ) + 3

Bài 4 : ( 5 điểm ) Cho ∆ ABC đều có trọng tâm G. Từ một điểm O bất kỳ ( khác G ) thuộc miền trong
tam giác kẻ OI ⊥ BC ; OM ⊥ AC ; ON ⊥ AB
a) Chứng minh rằng : OI + OM + ON không đổi
b) Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC ; CA ; AB lần lượt tại A’ ; B’; C’ .
OA ' OB ' OC '
+
+
Tính :
GA ' GB ' GC '
Bài 5 : ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn sao cho µA = 450 nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn
đường kính BC cắt 2 cạnh AB và AC lần lượt tại E và F, đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q .
a) Chứng minh : EF song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Tam giác APQ cân .
b) Chứng minh : O là trực tâm của tam giác AEF.
EF
c) Tính tỉ số
.Hết
BC
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
……………..

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM 2010
……………………..

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm có : 04 trang)
Nội dung
Bài 1
A=

2 3 + 5 − 13 + 48

3 điểm

6+ 2

(

)

2 3 + 5 − 13 + 48 = 2 3 + 5 − 2 3 + 1

0,5
0,5

= 2 3+ 4−2 3

= 2 2 + 3 = 2. 4 + 2 3 = 2
A=

(

2

) =1

3 +1

6+ 2

)

3 +1

1,5
0,5

Bài 2

3 điểm
x ≥ 0

x ≥ 0
 x −2≠0

⇔ x ≠ 4
a) B có nghĩa khi : 

3 − x ≠ 0
x ≠ 9

x − 5 x 6 ≠ 0

2 x −9−

b) B =
=
c) B =

(
(

(

x +3

(

x− x −2
x −2
x +1
x −3

)

)(

x −3

= 1+

)(

x −2

)

=

) (

0,25-0,25

)(

x − 3 + 2 x +1

)(

x −3

)

x −2

x +1

4

0,5

0,25

x −3

 x − 3 = −2
x = 1

 x = 4 ( loai )
 x − 3 = −1


 x = 16
x
−
3
=
1
⇔


 x −3= 2
 x = 25

 x = 49
 x −3= 4

Khi x = 1 thì B = -1

x = 16 thì B = 5
x = 25 thì B = 3
x = 49 thì B = 2

)

0,25

x −3

Để B nhận giá trị nguyên thì 4M x − 3 và

Bài 3

(

x −3 ≥−3

0,25

1

0,5
5 điểm


1/ x2 - ( m + 4 )x + 4m – 25 = 0.

2,5 điểm

a) ∆ = ( m + 4 ) − 4 ( 4m − 25 )

0,25

2

= m + 8m + 16 − 16m + 100

0,25

= ( m − 4 ) + 100 > 0 ∀m

0,5

2

2

b) Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương
2
⇔ ( m − 4 ) + 100 = k 2 ( k ∈ N * )
⇔ ( m − 4 − k ) + ( m − 4 + k ) = −100

0,25

Do ( m − 4 − k ) + ( m − 4 + k ) = 2m − 8 M2 và m - 4 + k > m − 4 − k nên

0,25

 m − 4 + k = 50

m = 28
⇔

 m − 4 − k = −2
k = 26
m − 4 + k = 2
m = −20
⇔
Hoặc 
 m − 4 − k = −50
k = 26
 m − 4 + k = 10
m = 4
⇔
Hoặc 
 m − 4 − k = −10
k = 10
 2x − 1 5 − y
−
=3
(1)

4
2/  3
(m − 1) x + 2 y = − 10 (2)
Từ giả thiết x = y, thay vào ( 1 ) ta được :
2x −1 5 − x
−
=3
3

4
⇔ 8 x − 4 − 15 + 3 x = 36
⇔ 11x = 55 ⇔ x = y = 5
Thay vào ( 2 ) : (m − 1).5 + 10 = −10 ⇔ m = −3
Vậy khi m = - 3 thì hệ phương trình có nghiệm là ( 5 ; 5 )

( 2 − x) + 3 ( x + 7) = 3 ( x + 7 ( 2 − x) ) + 3
3
3
Đặt u = 3 ( 2 − x ) ; v = 3 ( x + 7 ) ⇒ u + v = 9 . Ta có hệ phương trình

3/

3

2

2

2
2
u + v = uv + 3
 3
3
u + v = 9

u 2 + v 2 − uv = 3
( u + v ) 2 − 3uv = 3
⇔
⇔

2
2
( u + v ) ( u + v − uv ) = 9
u + v = 3
uv = 2
u = 1
u = 2
⇔
⇔
hoặc 
u + v = 3
v = 2
v = 1

Bài 4

0,25

0,25
0,25
0,25

1 điểm

0,25
0,25
0,25
0,25
1.5 điểm
0,25

0,25
0,25
0,25

 3 2 − x = 1
u = 1
⇔
⇔ x =1

v = 2
 x + 7 = 2

0,25

 3 2 − x = 2
u = 2
⇔
⇔ x = −6


x
+
7
=
1
v = 1


0,25
5 điểm

a/ Gọi I ; M ; N lần lượt là hình chiếu của O xuống các cạnh BC ; AC ; AB và
H ; E ; F lần lượt là hình chiếu của G xuống các cạnh BC ; AC ; AB . Đặt AH =
h ; AB=BC=AC=a . Ta có :
SOAB + SOBC + SOCA = SABC ( 0,5 )
1
1
⇔ (ON + OI + OM ).a = h.a ( 1,0 )
2
2
⇔ OI + OM + ON = h không đổi ( 0,5 )
b/ ∆A ' GH có OI // GH nên :
OA ' OI
=
.Mà AH = 3 GH , nên :
GA ' GH
OA ' 3OI
=
(1) ( 1,0 )
GA '
h
OB ' 3OM
=
(2) ( 0,5 )
Tương tự :
GB '
h
OC ' 3ON
=

(3) ( 0,5 )
GC '
h
Cộng (1); (2); (3) theo vế , ta được :
OA ' OB ' OC ' 3(OI + ON + OM )
+
+
=
= 3 (1,0)
GA ' GB ' GC '
h

0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

1,0

A
C'
N O
F

M
E

G
B

I H

A'

C

B'
Bài 5

4 điểm


·
·
a) ·AEF = BCF
( cùng bù với BEF
)
Kẻ tiếp tuyến At tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có :
·
·
(2) ( cùng chắn cung AB )
BCF
= BAt
·
Từ (1) và (2) suy ra : ·AEF = BAt
hay EF // At

0,25

Ta có EF // At => »AP = »AQ
=> AP = AQ
Vậy tam giác APQ cân tại A
b) ∆ FAB vuông cân tại F
⇒ F và O ∈ trung trực AB
⇒ FO ⊥ AB
AO ⊥ EF ( do EF // At ; AO ⊥ At )
Vậy O là trực tam của tam giác AEF
·
c) Ta có : BOC
= 2 µA = 900 ⇒ ∆OBC vuông tại O
⇒ O ∈ đường tròn đường kính BC
OF // CE ( cùng vuông góc với AB )
OECF là hình thang cân => EF = OB
·
·
OBC
= OEC
= 450

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

BC 2
2
EF OB
2
⇒
=
=
BC BC
2

⇒ OB = OC =

0,25
0,25

t

A

K

P

F

O
E

Q
B

C