Đề đề xuất chọn HSG 2010-2011

Hà Văn Quang THCS Trung Môn
Phòng GD&ĐT Yên Sơn ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎỈ KHỐI 9
Trường THCS Trung Môn Môn: Toán
Năm học: 2010-2011
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề: có 01 trang
Bài 1: (3,0 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x
2
– 49 – 12xy + 9y
2
b) x
2
+ 7x + 10
Bài 2: (4,0 điểm)
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x
A
x x x x
− − −
= + −
− − + −
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Bài 3: (3,0 điểm)
Với x, y không âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x -

2 xy 3y 2 x 2008,5+ − +
Bài 4: (3,0 điểm)
Bằng đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình:
x x 1 m+ − =
Bài 5: (4,0 điểm).
Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường
thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
c)
·
·
BDF= CDE
Bài 6: (3,0 điểm).
Cho hai nửa đường tròn ( O ) và ( O’ ) tiếp xúc ngoài ở A. Tiếp tuyến chung ngoài
TT’có tiếp điểm với đường tròn ( O ) ở T với đường tròn ( O’ ) ở T’, Cắt đường tròn nối
tâm OO’ ở S. Tiếp tuyến chung trong tại A của hai nửa đường tròn cắt TT’ ở M
a) Tính độ dài AM theo các bán kính của hai đường tròn ( O )và ( O’ ).
b) Chứng minh: SO.SO’ = SM
2
ST.ST’ = SA
2

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp
∆
TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A và đường
tròn ngoại tiếp
∆
OMO’tiếp xúc với SM tại M

1
1
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 9
Môn Toán – Năm học 2010-2011
Đáp án có 04 trang
Bài 1 (3,0đ)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) ( 1,5 đ) 4x
2
- 49- 12xy + 9y
2
= (4x
2
- 12xy + 9y
2
)- 49
= (2x-3y)
2
-7
2
= (2x-3y+7)(2x-37-7)
b) ( 1,5 đ) x
2
+7x+10
= x
2
+5x+2x+10
= x(x+5) +2(x+5)
= (x+5)(x+2)

Bài 2 (4,0 đ)
a) x
2
- 7x + 10=(x-5)(x-2).
Điều kiện để A có nghĩa là x ≠ 5 và x ≠ 2
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x
A
x x x x
− − −
= + −
− − + −

2
1 2 2 4
2 ( 5)( 2) 5
x x x
x x x x
− − −
= + −
− − − −
2
2
5 2 (2 4)( 2)
( 5)( 2)
8 15 ( 5)( 3) 3
( 5)( 2) ( 5)( 2) 2

x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
b)
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
,
Với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
1
2x −
nguyên hay 1 chia hết cho x – 2
Mà ước của 1 chỉ là 1 và -1 . Khi đó :
Nếu: x – 2 = 1 => x = 3 hoặc x - 2 = - 1 => x = 1.
Vậy với x = 1 hoặc x = 3 thì biểu thức A nguyên
2
2

( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,25 điểm )
( 0,5 điểm
( 0,25 điểm)
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
Bài 3: (3,0 đ)
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2

2
2
2
§Æt x a; y b víi a, b 0, ta cã:
P = a 2ab 3b 2a 2008,5
= a 2a b 1 3b 2008,5
= a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5
= a - b -1 2 b b 2007,5
1 1
a - b -1 2 b b 2007,5
4 2
1
a - b -1 2 b
2
= = ≥
− + − +
− + + +
− + + + + − +
+ − +
 
= + − + + −
 ÷
 
 
= + − +
 ÷
 
( )
2
2

2007 2007
1
V× a - b -1 0 vµ b 0 a, b.
2
3
a b 1
a
2
Nªn P = 2007
1
1
b
b
2
2
3 9
x x
2 4
VËy P ®¹t GTNN lµ 2007
1 1
y y
2 2
≥
 
≥ − ≥ ∀
 ÷
 

= +
=



 
⇔ ⇔
 
=
 
=



 
= =
 
 
⇔ ⇔
 
 
= =
 
 
Bài 4: (3,0 đ)
* Xét ba trường hợp:
Với x
≤
0 thì y = -x – x +1 = -2x + 1
Với 0 < x < 1 thì y = x – x + 1 = 1
Với x
≥
1 thì y = x + x – 1 = 2x -1

Vậy y =
2x 1 nÕu x 0
1 nÕu 0 < x < 1
2x - 1 nÕu x 1
− + ≤




≥

Đồ thị hàm số : y =
x x 1+ −
( 1 điểm )
* Đường thẳng y = m cùng phương với Ox, cắy Oy trên điểm có tung độ m. Dựa vào đồ
thị ta kết luận:
Nếu m < 1 thì phương trình vô nghiệm.
Nếu m = 1 thì phương trình có nghiệm : 0
x 1≤ ≤
.
Nếu m > 1 thì phương trình có 2 nghiệm . ( 1 điểm )
3
3
( 0,5điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 0,5 điểm )
( 1,0 điểm )
1
O

-1
1
2
-1
x
y
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,5điểm )
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
Bài 5. (3 điểm)
a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB,
nên BG //CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC,
nên BH//CG.
Tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song
song nên nó là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo GH và BC cắt
nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Vậy GH đi qua trung điểm M của BC.
b/ Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC
nên các tam giác ABE và ACF vuông.
Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng
dạng.
Từ đây suy ra
(1)
AB AE AB AF
AC AF AE AC

= ⇒ =
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF.
c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC,
suy ra ∆BDF~∆DEC⇒
·
·
BDF CDE=
.
Ta có :
·
·
·
·
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE= ⇒ − = −

·
·
·
·
·
·
AHB BDF AHC CDE ADF ADE⇒ − = − ⇒ =
Bài 6: (4 điểm )
a) MO, MO’ lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù
·
AMT
và
·

AMT’
nên
·
OMO’
=90
o
Tam giác OMO’ vuông ở M có MA OO’ nên:
MA
2
= OA.OA’, Suy ra:
MA =
OA.OA' R.R'=
( 1 điểm )
4
4
T
O A
M
’
’
O’
S
T’
F
E
M
G
H
D
C

B
A
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
b) Chứng minh:
∆
SO’M ~
∆
SMO suy ra:
2
SO' SM
hay SO.SO '= SM
SM SO
=
( 1 điểm )

∆
SAT~
∆

ST’A suy ra:
2
ST SA
hay ST.ST' = SA
SA ST '
=
( 1 điểm )
c) MA = MT = MT’ nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
TAT’
và OO’ MA tại A.
Do đó đường tròn ngoại tiếp
∆
TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A. ( 0,5 điểm )
Gọi M’ là trung điểm của OO’ thì M’M//OT
⇒
SM M’M ở M mà M’M là bán kính
đường tròn ngoại tiếp
∆
OMO’.
Do đó đường tròn ngoại tiếp
∆
OMO’ tiếp xúc với SM tại M ( 0,5 điểm )
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
5
5