ĐA HSG TOAN 9 huyện BÁ THƯỚC 2010 - 2011

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN BÁ THƯỚC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 26/11/2010
Thời gian làm bài 150 phút
HƯỚNG DẪN GIẢI
CâuI: (5.0 Đ)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x
2
+ 6x - 7 ; 50x
2
- 10x - 98y
2
- 14y
HD
a) x
2
+ 6x - 7 = (x + 7)(x - 1)
b) 50x
2
- 10x - 98y
2
- 14y = 2(5x + 7y)(5x - 7y - 1)
2) Giải và biện luận BPT: m
2
x - 2x - m -1
≤

mx
HD
m
2
x - 2x - m -1
≤
mx
⇔
(m + 1)(m - 2)x
≤
m - 1
*Biện luận các trường hợp: (m + 1)(m - 2) = 0; (m + 1)(m - 2) > 0; (m + 1)(m - 2) < 0
CâuII:(5 Đ) Cho bt
2x x 1
A = .
1
1 2 1 2 1
x x x x x x
x
x x x x x
 
+ − + −
− +
 ÷
 ÷
−
− + − −
 
a) Tìm ĐK để bt A có nghĩa’
b) Rút gọn bt A

c) Tính giá trị của bt A với
(5 2 6)(49 20 6). 5 2 6
16.
9 3 11 2
x
+ − −
=
−
HD
a) Ta có với x
0≥
thì
2
1 3
1 ( ) 0
2 4
x x x+ + = + + >

Bt A có nghĩa khi
0
1 0
2 1 0
1 0
2 1 0
x
x x
x x
x
x
≥



− ≠


+ − ≠


− ≠


− ≠


( ) ( )
0
( 1)( 1) 0
1 2 1 0
1
1
4
x
x x x
x x
x
x

≥



− + + ≠


⇔ + − ≠


≠


≠



0
1
1
4
x
x
x


≥

⇔ ≠



≠


b)Với ĐK
0
1
1
4
x
x
x


≥

⇔ ≠



≠

(*)
2x x 1
A = .
1
1 2 1 2 1
x x x x x x
x
x x x x x
 
+ − + −
− +
 ÷

 ÷
−
− + − −
 
Giáo viên Lê Văn Lâm
1
Đề chính thức
TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
x (2 x 1) ( 1) 1
A = .
1
( 1)( 1) 2 1 2 1
x x x x x
x
x x x x x x
 
+ − + −
− +
 ÷
 ÷
−
− + + + − −
 
x (2 x 1) 1 ( 1) 1
A = . .
1
( 1)( 1) 2 1 2 1 2 1
x x x x x x
x
x x x x x x x x

 
+ − − + −
− +
 ÷
 ÷
−
− + + + − + − −
 
x ( 1) ( 1)
A = . .
( 1) ( 1)(2 1) 2 1
x x x x
x x x x x
 
+ +
− +
 ÷
 ÷
+ + + − −
 

x ( 1)
A =
( 1) 1
x x x
x x x x
+ +
=
+ + + +
A =

1
x x
x x
+
+ +
c)Theo trên
ĐK
0
1
1
4
x
x
x


≥

⇔ ≠



≠

(*) và
A =
1
x x
x x
+

+ +
; Ta có viết
1
A = 1
1 1
x x
x x x x
+
= −
+ + + +
Và theo đề bài
(5 2 6)(49 20 6). 5 2 6
16.
9 3 11 2
x
+ − −
=
−
2
(5 2 6)(5 2 6) . 5 2 6
16.
9 3 11 2
x
+ − −
=
−

2 4
5 2 6 (5 2 6) . ( 3 2)( 3 2)
16.

9 3 11 2 9 3 11 2
+ − + −
= =
− −
3
( 3 2) (9 3 11 2)
16.
(9 3 11 2)(9 3 11 2)
− +
=
− +

(9 3 11 2)(9 3 11 2)
16. 16
(9 3 11 2)(9 3 11 2)
− +
= =
− +
Suy ra x = 16, nên
4x =
Vậy A = 1-
1
21
=
20
21
CâuIII:(3.0 Đ)
1)Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x
2
+5y

2
+10z
2
< 4xy+6yz+2z
2)Cho ba số a, b, c khác 0 thõa mãn
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2
b c a a c b b a c
bc ac ab
+ − + − + −
+ + =
CMR trong ba phân thức trên có hai phân thức bằng 1 còn phân thức còn lại bằng - 1.
HD
1)
Ta có: x
2
+5y
2
+10z
2
< 4xy+6yz+2z
<=> (x-2y)
2
+(y-3z)
2
+(z-1)
2
< 1
Vì x, y, z

Z∈
nên 0
≤
(x-2y)
2
Z∈
; 0
≤
(y-3z)
2
Z∈
; 0
≤
(z-1)
2
Z∈
Nên (x-2y)
2
+(y-3z)
2
+(z-1)
2

Z∈
và 0
≤
(x-2y)
2
+(y-3z)
2

+(z-1)
2
< 1
Điều này chỉ xảy ra khi (x-2y)
2
=0, (y-3z)
2
=0, (z-1)
2
= 0
Giải ra ta được z = 1, y = 3, x = 6
2)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2
b c a a c b b a c
bc ac ab
+ − + − + −
+ + =
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
0
2 2 2
b c a a c b a b c
bc ac ab
+ − − − − −
⇔ + + =
( )( ) ( )( ) ( )( )
0
2 2 2

b c a b c a a c b a c b a b c a b c
bc ac ab
+ − + + − − − + − − − +
⇔ + + =
Giáo viên Lê Văn Lâm
2
TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
( ) ( ) ( )
( )[ ] 0
2 2 2
b c a a c b a b c
a c b
bc ac ab
− + + − + − +
⇔ − − + + =
( )( )( )
0
2
a c b b c a b c a
abc
− − − − − +
⇔ =
0 (1)
0 (2)
0 (3)
a c b
b c a
b c a
− − =



⇔ − − =


− + =

Nếu
0 (1)a c b− − =
ta suy ra a = b+c; b = a - c; c = a - b ta được
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
0; 0; 0
2 2 2
b c a a c b a b c
bc ac ab
+ − − − − −
= = =
Hay
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1; 1; 1
2 2 2
b c a a c b b a c
bc ac ab
+ − + − + −
= − = =
Hoàn toàn tương tự xét (2) hoặc (3) ta luôn được trong ba phân thức trên có hai phân thức bằng
1 còn phân thức còn lại bằng - 1.
(ĐPCM)
Câu IV: (5.0 Đ)
Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng d đi qua A cắt lần lượt BD, BC, DC ở E, K, G.

CMR:
1/AE
2
= EK.EG và
1 1 1
AE AK AG
= +
2/Tích BK.DG có giá trị không đổi khi đường thẳng d thay đổi vị trí.
3/Tính diện tích hình bình hành ABCD. Biết BK.DG = 50cm
2
và góc ADC bằng 30
0
HD
+)
AK
ên ta có: (1)
GA
A
B
BK
K AB
A
G
G
D
D D
A
n = =
:V V
+

ên ta có:
AE
G
(
E
2)
AB
GD
ABE GDE
BE
n
DE
= =
:V V
ên ta có: (
K
A
3)
E
E
KEB AED
EB
n
ED
KB
AD
==
:V V
Giáo viên Lê Văn Lâm
3

TRƯỜNG THCS ĐIỀN HẠ
Từ (1), (2)và (3) ta suy ra
AE
GE
KE
AE
=
Hay AE
2
= EK.EG
(đpcm)
Lại có
(4)
AE DE
AK BD
=
Và
(5)
AE BE AE BE AE BE
Hay
EG ED EG AE ED BE AG BD
= ⇒ = =
+ +

Từ (4) và (5) ta suy ra
1
AE AE DE BE DE BE
AK AG BD BD BD
+
+ = + = =

Từ
1
AE AE
AK AG
+ = ⇒
1 1 1
AE AK AG
= +
(đpcm)
2/
Ta có
AK
ên ta có: . .
GA
BK AB
AD GD
ABK GDA
n suy ra BK GD AB AD= ==
:V V
ta có tích BK.DG = AB.AD khi
đường thẳng d thay đổi vị trí; Hình bình hành ABCD cố định nên tích AB.AD cố định suy ra
BK.DG = AB. AD cố định
3/ Theo gt BK.DG = 50 cm
2
, theo trên ta có AB. AD = BK. DG =50 cm
2
Từ C kẻ CH vuông góc với AD (H
∈
AD), xét
µ

·
0 0
ó H 90 , 30CHD c ADC= =V
nên ta suy ra CH =
1
2
CD
mà CD = AB nên CH =
1
2
AB
S
ABCD
= AD.CH = AD.
1
2
AB
=
2
. 50
25( )
2 2
AD AB
cm= =
Vậy S
ABCD
= 25 cm
2
CâuVI. (2.0 Đ) Trên một đường tròn cho 6 điểm phân biệt. Hai điểm bất kỳ trong 6 điểm này
đều được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu tím hoặc màu vàng. CMR tồn tại một tam giác

có 3 cạnh cùng màu.
HD
Ta có 6 điểm trên , có tính chất 3 điểm bất kỳ không thẳng hàng, hay ba điểm bất kỳ lập thành
một tam giác.
Lại có mỗi đoạn thẳng có màu tím hoặc màu vàng.
Xét một điểm A
0
trong 6 điểm tùy ý đó, khi đó từ 5 điểm còn lại ta chứng tỏ tồn tại 3 đỉểm
nối với A
0
hoặc là màu tím hoặc là màu vàng
Chẳng hạn, A
1
, A
2
, A
3
nối với A
0
hoặc là màu tím hoặc là màu vàng
Giả sử A
1
, A
2
, A
3
nối với A
0
là màu tím thì:
+) Nếu hai trong ba điểm A

1
, A
2
, A
3
nối với nhau màu tím , ví dụ như A
1
, A
2
thì khi đó tồn
tại tam giác A
1
A
2
A
0
có các cạnh cùng màu;
+) Ngược lại, ba điểm A
1
, A
2
, A
3
nối với nhau bởi vàng thì khi đó tồn tại tam giác A
1
A
2
,A
3
cùng màu

Như vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại tam giác có các cạnh cùng màu
(ĐPCM)
Giáo viên Lê Văn Lâm
4