Bài soạn Đề thi HSG huyện Toán lớp 9

TRƯỜNG THCS ĐỒNG KH ỞI - CHÂU THÀNH
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007 – 2008
Bài 1: (4 đ)
1) Cho biểu thức
4 3 2
10
9 9 9 10
x
B
x x x x
−
=
+ − + −
a) Tìm điều kiện có nghĩa của B
b) Rút gọn B
2) Chứng minh rằng
8 7 6 5 4
4 6 4A n n n n n= + + + +
chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên.
Bài 2: (4 đ)
1) Cho đa thức bậc hai
2
( )P x ax bx c= + +
. Tìm a, b, c biết P(0)=33; P(1)=10; P(2)=2007
2) Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
a b c a b c a b c abc+ − − + − + + ≤
với a, b, c là độ dài 3 cạnh của
một tam giác.
Bài 3: (2 đ)
Cho

( )
( )
( )
2
2
2 2 13
1
2
1
2 1
x x A B x C D x E
x
x
x
x x
+ + + +
= + +
+
−
+
− +
. Tìm các số A, B, C, D, E để đẳng
thức trên là đẳng thức đúng với mọi x>0 và x
≠
4
Bài 4: (6 đ)
Cho đoạn thẳng AC=m. Lấy điểm B bất kì thuộc đoạn AC (B
≠
A, B
≠

C). Tia Bx vuông góc với AC.
Trên tia Bx lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD=BA và BE=BC.
a) Chứng minh rằng CD=AE và CD
⊥
AE
b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, CD. Gọi I là trung điểm của MN. chứng minh rằng
khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi khi B di chuyển trên đoạn AC.
c) Tìm vị trí của điểm B trên đoạn AC sao cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trị
lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất này theo m.
Bài 5: (4 đ)
Cho hình vuông ABCD. trên cạnh AB lấy điểm M. Vẽ BH vuông góc với CM. Nối DH, vẽ HN vuông
góc DH (N thuộc BC).
a) Chứng minh rẳng
DHC
∆
đồng dạng với
NHB
∆
b) Chứng minh rẳng AM.NB=NC.MB
1
TRƯỜNG THCS ĐỒNG KH ỞI - CHÂU THÀNH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007 – 2008
Bài 1:
1)
4 3 2
10
9 9 9 10
x
B
x x x x

+
=
+ − + −
a) Giải phương trình
4 3 2
9 9 9 10x x x x+ − + −
=0
4 3 2
1 9 9 9 9 0x x x x⇔ − + − + − =
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
1 1 9 1 9 1 0x x x x x⇔ − + + − + − =
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1 1 1 9 1 9 1 0x x x x x x⇔ − + + + − + − =
( )
( )
3 2
1 10 10 0x x x x⇔ − + + + =
( ) ( )
( )
2
1 10 1 0x x x
⇔ − + + =

2
1 0 1

1
10 0 10
10
1 0
x x
x
x x
x
x
x

− = =

=



⇔ + = ⇔ = − ⇔



= −



∈∅
+ =


Vậy biểu thức B có nghĩa khi x

≠
1 và x
≠
-10
b) ta có:
( )
4 3 2
10
1 à 10
9 9 9 10
x
B x v x
x x x x
+
= ≠ ≠ −
+ − + −

( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
10
1 10 1
10
1 10 1
x
x x x

x
x x x
+


− + +

=

− +


− + +


( )
( )
( )
( )
2
2
1
1 1
1
1 1
x x
x x


− +


=

−


− +

2)
( )
8 7 6 5 4 4 4 3 2
4 6 4 4 6 4 1A n n n n n n n n n n= + + + + = + + + +
( )
4 4 3 3 2 2
3 3 3 3 1n n n n n n n n= + + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2
1 3 1 3 1 1n n n n n n n n
 
= + + + + + + +
 
( )
( )
( ) ( )
3
4 3 2 4
1 3 3 1 1 1n n n n n n n n= + + + + = + +
2
Với x > -10 và x 1
Với x < -10 và x 1

Với x > -10 và x 1
Với x < -10 và x 1
( ) ( )
4
4
4
1 1n n n n= + = + 
 
Vì n(n+1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.
Do đó
( )
4
4
1 2 16n n + = 
 
M
. Vậy
16A M
Bài 2:
1)
2
( )P x ax bx c= + +
P(0)=33
⇒

2
.0 .0 33 33+ + = ⇒ =a b c c
P(1)=10
⇒

2
.1 .1 10 33 10 23 (1)+ + = ⇒ + + = ⇒ + = −a b c a b a b
P(2)=2007
⇒

2
.2 .2 2007 4 2 33 2007 4 2 1974 2 987 (2)+ + = ⇒ + + = ⇒ + = ⇒ + =a b c a b a b a b
Trừ vế theo vế của (2) và (1) ta được a = 1000
Thay a = 1000 vào (1) ta được b = - 1023
2)
( ) ( ) ( )
a b c a b c a b c abc+ − − + − + + ≤
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
(1)− − ≤ ⇔ − + + − ≤a b c a a b c a b c a
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
(2)− − ≤ ⇔ − + + − ≤b a c b b a c b a c b
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
(3)− − ≤ ⇔ − + + − ≤c a b c c a b c a b c
Lấy (1), (2) và (3) nhân vế theo vế ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
− + + − − + + ≤ 

 
a b c a b c a b c abc
( ) ( ) ( )
a b c a b c a b c abc⇔ + − − + − + + ≤
(đpcm)
Bài 3:
Đặt
( )
0 2x m m= < ≠
. Đẳng thức đã cho có dạng:
( )
( ) ( )
2
2 2
2
2 2
2 2 13
2 1
2 1 1
m m A Bm C Dm E
m m
m m m
+ + + +
= + +
− +
− + +
(*)
VP(*)=
( )
( ) ( )

( )
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
2
2
1 2 1 2
2 1
A m Bm C m m Dm E m
m m
+ + + − + + + −
=
− +
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
4 3 2
2
2
2 2 2 2 2 2 2
2 1
A B m C B m A C B D m C B E D m A C E
m m
+ + − + − + + + − + − + − −
− +
Vì các hệ số của các hạng tử ở hai vế chứa lũy thừa cùng bậc của m phải bằng nhau ta có:
3

0
2 0
2 2 0
2 2 0
2 2 0
A B
C B
A C B D
C B E D
A C E
+ =


− =


− + + =


− + − =

− − =


, giải ta tìm được A=1, B=-1; C=-2; D=-3; E=-4
Bài 4: (6 đ)
a) xét hai tam giác ABE và DBC, ta có:
AB=BD (gt)
BE=BC (gt)
·

·
0
ABE DBC 90= =
Vậy
ABE DBC c g c CD AE( )∆ = ∆ − − ⇒ =
Gọi F là giao điểm của AE và CD, ta có:
·
·
EDF BDC=
(đối đỉnh)
·
·
AEB BCD do ABE DBC= ∆ = ∆( )
·
·
·
·
EDF AEB BDC BCD⇒ + = +
mà
·
·
0
BDC BCD 90+ =
nên
·
·
0
EDF AEB 90+ =

·

0
DFE 90⇒ =
hay CD
⊥
AE
b) Gọi M’, I’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, I, N xuống AC.
ABE∆
có M là trung điểm của AE, MM’//BE (cùng vuông góc với AC)
Nên MM’ là đường trung bình của
ABE∆

1
MM BE
2
'⇒ =
hay
1
MM BC
2
' =
Chứng minh tương tự, ta có NN’ là đường trung bình của
DBC
∆

1
NN BD
2
'⇒ =
hay
1

NN AB
2
' =
Tứ giác MNM’N’ có MM’//NN’ (cùng vuông góc với AC) nên MNM’N’ là hình thang.
I là trung điểm của MN, II’//MM’//NN’ (cùng vuông góc với AC) nên II’ là đường trung bình của hình
thang MNM’N’
MM NN BC AB AC m
II
2 4 4 4
' '
'
+ +
⇒ = = = =
(không đổi)
c) Vì
ABE DBC∆ = ∆
nên
ABE DBC
S S=

ABE DBC ABE
S S 2S⇒ + =
mà
ABE
1
2S 2 AB BE AB BE AB BC
2
. . . . .= = =
Ta có:
( )

2
2 2 2 2
AB BC 0 AB 2 AB BC BC 0 AB BC 2 AB BC. . . .− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥
( )
2
2 2
AB 2 AB BC BC 4 AB BC AB BC 4 AB BC. . . . . .⇔ + + ≥ ⇔ + ≥
4
Vì AB+BC=m (không đổi) nên
2
2 2
m
AC 4 AB BC m 4 AB BC AB BC
4
. . . . .⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
Dấu “=” xảy ra
m
AB BC
2
= = ⇔
B là trung điểm của đoạn AC
Vậy max
( )
2
ABE DBC
m
S S
4
+ =
(đvdt)

⇔
B là trung điểm của đoạn AC
Bài 5: (4 đ)
a) Xét DHC∆ và NHB∆ có:
·
·
DHC NHB=
(vì cùng phụ với góc
·
CHN
)
·
·
DCH NBH=
(vì cùng phụ với góc
·
HCB
)
Do đó DHC∆
:
NHB∆ (g-g)
b)
MBH∆
và
BCH∆
có:

·
·
0

MHB BHC 90( )= =
·
·
BMH HBC=
(vì cùng phụ với góc
·
MBH
)
Vậy
MBH∆

:

BCH
∆
(g-g)
MB HB
1
BC HC
( )⇒ =
Mà
NB HB
2
DC HC
( )=
(vì
DHC NHB∆ ∆:
)
và BC=DC (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra MB=NB

⇒
AM=CN
Suy ra AM.NB = NC.MB
5