Bài giảng DE+DAP AN THI HSG CAP HUYEN TOAN 9

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN HỌC
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (2đ): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x
2
– 49 – 12xy + 9y
2
b) x
2
+ 7x + 10
Câu 2( 4đ ): Thu gọn các biểu thức sau:
a) S =
a b c
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)
+ +
− − − − − −
(a, b, c khác nhau đôi một)
b) P =
x 2 x 1 x 2 x 1
x 2x 1 x 2x 1
+ − + − −
+ − − − −
(x ≥ 2)
Bài 3 ( 4đ): Giải phương trình
) 2 1 3 2a x x+ = −
b)
2x – 1 – 2 x – 1 1.= −
Bài 4 ( 6đ ): 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
d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF
Bµi 5 ( 2đ ) : Chứng minh ∀ m, n, p, q ta đều có m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)
Bài 6 (2đ): Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c.
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
là tổng của ba số chính phương.
HẾT
1
TRƯỜNG THCS NHƯ THỤY
TRƯỜNG THCS NHƯ THỤY

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 9
Gợi ý đáp án
Điểm
Bài 1
a) 4x
2
-49-12xy+9y
2
=(4x
2
-12xy+9y
2
)-49
=(2x-3y)
2
-7
2
=(2x-3y+7)(2x-3y-7)
b) x
2
+7x+10 =x
2
+5x+2x+10
=x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
Câu 2:
a) S =

a b c
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)
+ +
− − − − − −
(a, b, c khác nhau đôi một)
=
a(c b) b(a c) c(b a)
(a b)(b c)(c a)
− + − + −
− − −
=
ac ab ba bc cb ca
(a b)(b c)(c a)
− + − + −
− − −
= 0.
b) P =
x 2 x 1 x 2 x 1
x 2x 1 x 2x 1
+ − + − −
+ − − − −
(x ≥ 2)
=
2 2
2 ( x 1 1) ( x 1 1)
2x 2 2x 1 2x 2 2x 1
 
− + + − −
 
 

+ − − − −
=
2 2
2 x 1 1 x 1 1
( 2x 1 1) ( 2x 1 1)
 
− + + − −
 
− + − − −
=
2 x 1 1 x 1 1
2x 1 1 2x 1 1
 
− + + − −
 
− + − − −
=
2 x 1 1 x 1 1
2x 1 1 ( 2x 1 1)
 
− + + − −
 
− + − − −
(vì x ≥ 2 nên
x 1 1− ≥
và
2x 1−
≥ 1)
=
2 x 1−

.
(1đ)
(1đ)
(1đ)
(1đ)
Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau
TH1:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 3
x x x x
x x x
≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
TH2:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 5 1 0,2
x x x x
x x x x
< − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − − = − ⇔ = ⇔ =
Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của
phương trình.
Kết luận phương trình có nghiệm x=3.
(1đ)
(1đ)

2
Gợi ý đáp án
Điểm
Bài 3b) Phương trình có thể viết lại:
2x 1 1 2 x 1 đk :x 1− + = − ≥
. Bình phương
2 vế , thu gọn được:
2x 1 x 2− = −
. Điều kiện x ≥ 2, bình phương 2 vế phương trình được 2x – 1 =
x
2
– 4x + 4
hay x
2
– 6x + 5 = 0 ⇔ x = 1(loại) hoặc x = 5 (thỏa). Vậy phương trình có 1
nghiệm x = 5.
(2đ)
Bài 4a) 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 sơng 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.
(2đ)
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và
ACF vng. Hai tam giác vng 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.
(1,5đ)
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra
∆BDF~∆DEC⇒
·
·
BDF CDE=
.
(1,5đ)
4d)
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
= ⇒ − = −
⇒ − = − ⇒ =
0 0
Ta cã BDF CDE 90 BDF 90 CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân
giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF.
Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF.

(1đ)
Bài 5
m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)  m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1- m(n+p+q+1)
≥0
       
⇔ − + + − + + − + + − + ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2 2 2 2
m m m m
2 2 2
mn n mp p mq q m 1 0
4 4 4 4

       
⇔ − + − + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2 2 2 2
m m m m
n p q 1 0
2 2 2 2
(ln đúng)
(0,5đ)
(1đ)
3
F
E
M
G
H
D
C
B
A
Gợi ý đáp án
Điểm
Dấu “=” xảy ra khi

− =




− =



− =



− =

m
n 0
2
m
p 0
2
m
q 0
2
m
1 0
2
⇔

=



=




=



=

m
n
2
m
p
2
m
q
2
m 2
⇔
=


= = =

m 2
n p q 1
(0,5đ)
Bài 6: Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k ∈ N)
Khi đó do a + d = b + c ⇔ b + c + h – k = b + c ⇔ h = k.
Vậy a = b – k và d = c + k.

Do đó: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= (b – k)
2
+ b
2
+ c
2
+ (c + k)
2

= 2b
2
+ 2c
2
+ 2k
2
– 2bk + 2ck
= b
2
+ 2bc + c
2
+ b
2

+ c
2
+ k
2
– 2bc – 2bk + 2ck + k
2
= (b + c)
2
+ (b – c – k)
2
+ k
2
là tổng của ba số chính phương
(do b + c, b – c – k và k là các số nguyên)
(2đ)
Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng,
hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng.
HẾT
4