PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN ĐAM RÔNG Năm học 2009 – 2010 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1 đ) Chứng minh rằng nếu x + y + z + t = 0 thì: x 3 + y 3 + z 3 + t 3 = 3(xy – zt)(z + t) Câu 2: (1đ) Cho ABC∆ vuông tại A. Chứng minh tg · 2 ABC = AC AB BC+ Câu 3: (1,5 đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: g(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 Câu 4: (1,5 đ) Cho hai đường thẳng (d 1 ): y = 4x +1 và (d 2 ): y = -2x +3. Viết phương trình đường thẳng (d 3 ) biết: (d 3 ) ⊥ (d 2 ) và (d 3 ) cắt (d 1 ) tại điểm có tung độ bằng 1 Câu 5: (2 đ) Cho tứ giác ABCD và một điểm M thuộc miền trong của tứ giác. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) MA + MB + MC + MD > 1 2 (AB + BC + CD + DA) b) MA + MB + MC + MD ≥ AC + BD. Dấu “=” xảy ra khi nào ? Câu 6: (2 đ) Giải phương trình: a) 1 2 3 4 5 2000 2001 2002 2003 2004 x x x x x+ + + + + + + + = b) 5 1 10. 5 9 45 4 25 3 x x x − + − − − = Câu 7: (1 đ) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của ABC∆ . Chứng minh bất đẳng thức: abc ≥ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) > 0 Câu 8: (2đ) Cho đường tròn (O) có bán kính OA, dây BC ⊥ OA tại trung điểm M của OA. a) Tứ giác OCAB là hình gì ? Vì sao ? b) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại B, nó cắt đường thẳng OA tại E. Tính độ dài BE, biết OB = R. Câu 9: (3 đ) Cho biểu thức 3 2 3( 1) 1 x A x x x + = + + + a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên. c) Tìm giá trị lớn nhất của A. Câu 10: (2 đ) Cho các hàm số sau: (d 1 ): y = 2x + 4 (d 2 ): y = x – 3 (d 3 ): y = (m + 1).x – 5 a) Xác định giá trị của m để ba đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) đồng quy tại một điểm. b) Vẽ (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) với giá trị m đã tìm. Câu 11: (3 đ) Cho ABC ∆ . Trên cạnh AC lấy hai điểm D và E sao cho AD = DE = EC. Trung tuyến AM cắt BD tại P và trung tuyến CN cắt BE tại Q. a) Chứng minh: Q là trung điểm của trung tuyến CN. b) Chứng minh: PQ // AC c) Suy ra PQ = 1 2 MN và PQ = 3 4 DE *** Hết *** ĐỀ CHÍNH THỨC PHÒNG GD – ĐT ĐAM RÔNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN Năm học 2009 - 2010 GỢI Ý CHẤM ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 9 Câu 1 (1đ) : Từ x + y + z + t = 0 ==> x + y = - (z + t) (0,25đ) Nâng lên luỹ thừa bậc ba 2 vế và biến đổi được (0,25đ) Thay x+y = -(z+t) vào biểu thức trên (0,25đ) x 3 +y 3 + z 3 + t 3 = 3(z+t)(xy-zt) (0,25đ) Câu 2 (1đ) : Cho ABC∆ vuông tại A. Chứng minh tg · 2 ABC = AC AB BC+ Kẻ phân giác BD của góc ABC, ta có · 2 ABC = · ABC (0,25đ) Xét tam giác vuông ABD ta có tg · 2 ABC = tg · ABC = AD AB (1) (0,25đ) Theo tính chất đường phân giác của tam giác ABC ta có DA AB DA DC DA DC AC DC BC AB BC AB BC AB BC + = ⇒ = = = + + DA AB DA DC DA DC AC DC BC AB BC AB BC AB BC + = ⇒ = = = + + (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) tg · 2 ABC = AC AB BC+ (0,25đ) Câu 3: (1,5 đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: g(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 g(x) = (x+1)(x+4)(x+2)(x+3) - 24 (0,25đ) = (x 2 +5x+4)(x 2 +5x+6) – 24 (0,25đ) Đặt y = x 2 +5x+4 ==> x 2 + 5x + 6 = y +2 (0,25đ) Thay vào g(x) ta được g(x) = (y-4). (y+6) (0,25đ) Thế y = x 2 +5x+4 , ta được g (x) = (x 2 + 5x) (x 2 + 5x + 10) (0,25đ) = x(x+5). (x 2 + 5x + 10) (0,25đ) Câu 4: (1,5 đ) Cho hai đường thẳng (d 1 ): y = 4x +1 và (d 2 ): y = -2x +3. Viết phương trình đường thẳng (d 3 ) biết: (d 3 ) ⊥ (d 2 ) và (d 3 ) cắt (d 1 ) tại điểm có tung độ bằng 1 TL: (d1) có a 1 = 4 ; b 1 = 1 (d2) có a 2 = -2; b 2 = 3 Ptđt (d 3 ) có dạng y = a 3 .x + b 3 Ta có (d 3 ) ⊥ (d 2 ) 3 2 3 3 . 1 1 2. 1 2 a a a a ⇔ = − ⇔ − = − ⇔ = (1) (0,5đ) (0,25đ) Khi (d 3 ) cắt (d 1 ) . Gọi N là giao điểm của (d 3 ) và (d 1 ) Ta có N ∈ (d 1 ) nên toạ độ của N nghiệm đúng PT(d 1 ) 1 = 4x +1 ⇔ x = 0 (0,25đ) Vậy N (0; 1) Mặt khác : N thuộc (d 3 ) nên toạ độ của N cũng nghiệm đúng PT(d 3 ) 1 = a 3 .0 + b 3 ⇔ b 3 = 1 (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) ta được PTĐT (d 3 ) là y = 1 1 2 x + (0,25đ) Câu 5: (2 đ) Cho tứ giác ABCD và một điểm M thuộc miền trong của tứ giác. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) MA + MB + MC + MD > 1 2 (AB + BC + CD + DA) b) MA + MB + MC + MD ≥ AC + BD. Dấu “=” xảy ra khi nào ? TL: a) Theo BĐT tam giác, từ MAB∆ ta có MA + MB > AB Tương tự : MB + MC > BC (0,5đ) MC + MD > CD MD + MA > DA Cộng vế theo vế ta được : 2 (MA + MB + MC + MD) > AB + BC + CA + AD (0,5đ) ==> MA + MB + MC + MD > 1 ( ) 2 AB BC CA AD+ + + b) Vì M thuộc miền trong của tứ giác M có thể thuộc hoặc không thuộc các đường chéo, nên ta có MA MC AC + ≥ (1) (0,5đ) MB MD BD+ ≥ (2) MA MB MC MD AC BD ⇒ + + + ≥ + (3) Trong BĐT (1) dấu “=” xảy ra khi M thuộc AC Trong BĐT (2) dấu “=” xảy ra khi M thuộc BD Vậy trong BĐT (3) dấu “=” xảy ra khi M AC∈ và M BD∈ (0,5đ) Tức là M trùng với giao điểm O của 2 đường chéo AC và BD. Câu 6: (2 đ) Giải phương trình: a) 1 2 3 4 5 2000 2001 2002 2003 2004 x x x x x+ + + + + + + + = b) 5 1 10. 5 9 45 4 25 3 x x x − + − − − = TL: a) PT đã cho tương đương: 1 2 3 4 1 1 1 1 1 0 2000 2001 2002 2003 2004 x x x x x+ + + +           − + − + − + − + − =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷           (0,25đ) 2000 2000 2000 2000 2000 0 2000 2001 2002 2003 2004 x x x x x− − − − − ⇔ + + + + = (0,25đ) 1 1 1 1 1 ( 2000) 0 2000 2001 2002 2003 2004 x   ⇔ − + + + + =  ÷   (0,25đ) Vì 1 1 1 1 1 0 2000 2001 2002 2003 2004 + + + + ≠ Nên Pt đã cho tương đương với x- 2000 = 0 ⇔ x = 2000 (0,25đ) Vậy S = {2000} b) 5 0 5 1 10. 5 9 45 4 25 3 x x x x − ≥    − + − − − =     (0,25đ) 5 9 9 x x x ≥  ⇔ ⇔ =  =  (0,5đ) Vậy S ={9} (0,25đ) Câu 7: (1 đ) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của ABC∆ . Chứng minh bất đẳng thức: abc ≥ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) > 0 TL: Đặt b + c – a = x >0 c + a - b = y > 0 a + b – c = z > 0 (0,25đ) => ; ; 2 2 2 y z x z x y a b c + + + = = = VT trở thành 1 1 1 ( ). ( ). ( ) 2 2 2 A y z z x x y= + + + (0,25đ) Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x,y,z 1 1 1 ( ). ( ). ( ) 2 2 2 A y z z x x y= + + + ) (0, 5đ) 2 2 2 A x y z A xyz≥ ⇒ ≥ ( ).( ).( ) 0abc a b c b c a a c b⇒ ≥ + − + − + − > Câu 8: Vẽ hình đúng (0,25 đ) a) Theo giả thiết MO = MA (1) BC ⊥ OA nên theo định lý đk và dây ta có : MB = MC (2) (0,25 đ) Từ (1) và (2) suy ra OBAC là hình bình hành Vì OA ⊥ OB => OBAC là hình thoi (0,5 đ) b) Do BE là tiếp tuyến của (O) nên BE ⊥ OB => OBE ∆ vuông tại B (0,25 đ) Vì M là trung điểm của OA => OM = 1 2 R (0,25 đ) Mặt khác OB 2 = OM.OE (hệ thức lượng trong tam giác vuông) => 2 2 2 1 2 OB R OE R OM R = = = (0,25 đ) Áp dụng ĐL Py ta go trong tam giác vuông OBE 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) 3 OE OB BE BE OE OB R R R = + ⇒ = − = − = (0,25 đ) Câu 9: (3 đ) Cho biểu thức 3 2 3( 1) 1 x A x x x + = + + + 1 1 1 .2. . .2 . .2. 2 2 2 A yz zx xy ≥ a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên. c) Tìm giá trị lớn nhất của A. TL: a) Ta có : 2 3( 1) ( 1) ( 1) x A x x x + = + + + (0, 5đ) 2 3( 1) ( 1).( 1) x x x + = + + (0,25đ) 2 3 1x = + (0,25đ) b) A có giá trị nguyên khi x 2 + 1 nhận một trong các giá trị ± 1; ± 3 là các ước của 3 (0,25đ) 2 1 1 0x x+ = ⇒ = (0,25đ) x 2 +1 = -1=> Không có giá trị x nào thoả mãn x 2 +1 = 3=> x 2 = 2 2x⇒ = ± (0,25đ) x 2 +1 = -3=> Không có giá trị x nào thoả mãn Vậy tập hợp cac giá trị của biến x để A có giá trị nguyên là { 2;0; 2− } (0,25đ) c) A 2 3 1x = + vì 2 1 1,x x R+ ≥ ∀ ∈ (0,25đ) Nên A 3, x R≤ ∀ ∈ (0,25đ) Vậy A đạy giá trị lớn nhất bằng 3 khi x = 0 (0,5đ) Câu 10: (2 đ) Cho các hàm số sau: (d 1 ): y = 2x + 4 (d 2 ): y = x – 3 (d 3 ): y = (m + 1).x – 5 a) Xác định giá trị của m để ba đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) đồng quy tại một điểm. b) Vẽ (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) với giá trị m đã tìm. TL: a. Gọi A(x A ;y A ) là giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ) => Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: y A = 2x A + 4 x A + 7 = 0 x A = -7  => (0,5đ) y A = x A - 3 y A = x A – 3 y A = -10  Tọa độ của A là A(-7;-10). Vì A(-7;-10) ∈ (d 3 ) nên (d 3 ): y = (m + 1)x – 5  -10 = (m + 1)(-7) – 5 -10 = -7m – 7 – 5 7m = -2 (0,5đ)  m = 7 2 −  Vậy, m = 7 2 − thì (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) đồng quy tại A(-7 ;-10) b. Vẽ xác định đúng tọa độ các điểm các đường thẳng đi qua được. (1đ) Câu 11. Vẽ hình ( 0,25đ) a. Nối ND. Vì N là trung điểm của AB D là trung điểm của AE (0,5đ) Nên ND // BE hay QE // ND Mà E là trung điểm của CD Nên Q là trung điểm của CN (0,25đ) b. Lí luận như trên => P là trung điểm của AM. (0,25đ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC => AG = 2/3AM, AP = 1/2AM (0,25đ) GP = AG – AP = 2/3AM – 1/2AM = 1/6AM => 4 1 3 2 : 6 1 == AMAM GA GP Chứng minh tương tự : 4 1 = GC GQ (0,25đ) hay ACPQ GC GQ GA GP //=>= (0,25đ) c. PQ//AC Mà MN//AC => PQ//MN (0,25đ) Cho ta : MNPQ MN PQ AMAM GM GP MN PQ 2 1 2 1 3 1 : 6 1 ==>==> == (0,25đ) PQ = MN 2 1 mà ACPQACMN 4 1 2 1 ==>= (0,25đ) Vì ACPQ 4 1 = và ACDE 3 1 = => DEPQ DE PQ 4 3 4 3 ==>= (0,25đ) Hết . Hết *** ĐỀ CHÍNH THỨC PHÒNG GD – ĐT ĐAM RÔNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN Năm học 20 09 - 2010 GỢI Ý CHẤM ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 9 Câu 1 (1đ) : Từ x + y + z + t = 0 ==> x + y = - (z + t). PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN ĐAM RÔNG Năm học 20 09 – 2010 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1 đ) Chứng minh rằng nếu. 0 x A = -7  => (0,5đ) y A = x A - 3 y A = x A – 3 y A = -1 0  Tọa độ của A là A (-7 ;-1 0). Vì A (-7 ;-1 0) ∈ (d 3 ) nên (d 3 ): y = (m + 1)x – 5  -1 0 = (m + 1) (-7 ) – 5 -1 0 = -7 m – 7