KỲ HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1: (4 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: 1. 2 2 2 8( 3 5) 7( 3 5) 15x x x x+ + + + + − 2. 11 7 1x x+ + Bài 2: (4điểm) Giải phương trình: 1. 3 8 5 3 9 81 16 8 64 x − − = ÷ 2. 2 2 2 2 2 1 2 2 7 2 2 2 3 6 x x x x x x x x + + + + + = + + + + Bài 3: (2điểm) Tìm số dư trong phép chia của đa thức ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 6 8 2010x x x x+ + + + + cho đa thức 2 10 21x x+ + . Bài 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng :∆BEC và ∆ ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m AB = . 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD BC AH HC = + . Bài 5 : (4đ) Cho hình chữ nhật ABCD .Vẽ BH vuông góc với AC (H ∈ AC) . Gọi M là trung điểm của AH , K là trung điểm của CD . Chứng minh rằng : BM MK⊥ . Bài Câu Nội dung Điểm 1. 4,0 1.1 2 2 2 8( 3 5) 7( 3 5) 15x x x x+ + + + + − Đặt t= x 2 +3x+5, ta có : 2 2 2 8( 3 5) 7( 3 5) 15x x x x+ + + + + − = 8t 2 +7t -15 = 8t 2 -8t +15t-15 = 8t(t-1)+15(t-1) = (t-1)(8t+15) Thay t=x2+3x+5 vào đa thức ta có : 2 2 2 8( 3 5) 7( 3 5) 15x x x x+ + + + + − = (x 2 +3x+5-1) [8(x 2 +3x+5)+15] =(x 2 +3x+4)[8(x 2 +3x+5)+15] =(x 2 +3x+4)(8x 2 +24x+55) 1đ 1đ 1.2 11 7 1x x+ + = (x 11 +x 10 +x 9 )+( –x 10 -x 9 –x 8 )+(x 8 +x 7 +x 6 )+( –x 6 – x 5 -x 4 ) +(x 5 +x4 +x 3 ) +(–x 3 –x 2 –x ) +(x 2 +x+1) = x 9 (x 2 +x+1) –x 8 (x 2 +x+1) +x 6 (x 2 +x+1)-x 4 (x 2 +x+1) +x 3 (x 2 +x+1) +(x 2 +x+1) =(x 2 +x+1)(x 9 -x 8 +x 6 -x 4 +x 3 +1) 2đ 2. 4đ 2.1 3 8 5 3 9 81 16 8 64 x − − = ÷ 3 3 3 5 3 9 81 . 16 8 64 8 5 3 9 16 8 8 5 3 9 16 8 8 9 5 8 16 3 8 23 6 x x x x x − ⇔ − = ÷ − ⇔ − = ÷ ÷ − ⇔ − = + ⇔ = − − ⇔ = 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài Câu Nội dung Điểm 2.2 2 2 2 2 2 1 2 2 7 2 2 2 3 6 x x x x x x x x + + + + + = + + + + ĐKXĐ : x ∈R vì : x 2 +2x+2 = (x 2 +2x+1)+1 = (x+1) 2 +1>0 với mọi x∈R x 2 +2x+3 = (x 2 +2x+1)+2 = (x+1) 2 +2>0 với mọi x∈R Đặt t= x 2 +2x+3=> x 2 +2x+2 = t-1 , ĐK : t≥2 Phương trình trở thành : 2 2 2 2 2 1 7 1 6 6 ( 2) 6( 1)( 1) 7 ( 1) ( 1) 6 ( 1) 6 12 6 12 6 7 7 5 17 6 0 2 ( 3)( ) 0 5 t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t − − + = − − − − − ⇔ + = − − ⇒ − + − + = − ⇔ − + = ⇔ − − = 3t⇔ = (nhận), 2 5 t = (loại) Với t= 3 , ta có x 2 +2x+3 =3 x=0 , x = -2 Vậy nghiệm của phương trình là : x=0 , x = -2 0,5 0,5 0,5 0,5 3 2.0 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) 2 4 6 8 2010 10 16 10 24 2010 P x x x x x x x x x = + + + + + = + + + + + Đặt 2 10 21t x x= + + , biểu thức P(x) được viết lại: ( ) ( ) 2 ( ) 5 3 2010 2 1995P x t t t t= − + + = − + Do đó khi chia 2 2 1995t t− + cho t ta có số dư là 1995 1 0,5 0,5 4 6,0 2 1 2 1 G M E D H A B C 4.1 ∆ CDE và ∆CAB có : Góc µ C chung. · · 0 90CDE CAB= = =>∆CDE ∆CAB => CD CE CA CB = => CD CA CE CB = + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc µ C chung. CD CA CE CB = (cmt) Do đó ∆ADC ∆BEC (c.g.c). Suy ra: · · 0 135BEC ADC= = (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên · 0 45AEB = do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: 2 2BE AB m= = Vẽ hình đúng 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 4.2 Ta có: 1 1 2 2 BM BE AD BC BC AC = × = × (do BEC ∆ ADC ∆ ) mà 2AD AH= (tam giác AHD vuông vân tại H) nên 1 1 2 2 2 2 BM AD AH BH BH BC AC AC BE AB = × = × = = (do ∆ABH ∆CBA ) Do đó ∆BHM ∆BEC(c.g.c) suy ra: · · · 0 0 135 45BHM BEC AHM= = ⇒ = 0,5 0,5 0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. Suy ra: GB AB GC AC = , mà AB ED AC DC = (∆ABC ∆DEC) Ta lại có //ED AH => ED AH DC HC = Mà HD =HC => ED AH HD DC HC HC = = 0,5 0,5 S S S S S S => GB HD GB HD GB HD GC HC GC GB HC HD BC HC AH = ⇒ = ⇒ = + + + 0,5 5 5 O K M H I D A C Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH Ta có M, O lần lượt là trung điểm của AH , BH nên : MO là đường trung bình của ∆ HAB. Vậy MO = 1 2 AB , MO // AB . Mà AB = CD , AB//CD , KC = 1 2 CD , Do đó MO = KC , MO // KC , suy ra tứ giác MOCK là hình bình hành . Từ đó có : CO // MK . Ta có : MO // KC , KC ⊥ CB ⇒ MO ⊥ CB Tam giác MBC có MO ⊥ CB , BH ⊥ MC nên O là trực tâm của tam giác MBC => CO ⊥ BM. Ta có : CO ⊥ BM và CO // MK nên BM MK⊥ 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (Học sinh làm cách khác đúng vẫn được trọn điểm ) . . Từ đó có : CO // MK . Ta có : MO // KC , KC ⊥ CB ⇒ MO ⊥ CB Tam giác MBC có MO ⊥ CB , BH ⊥ MC nên O là trực tâm của tam giác MBC => CO ⊥ BM. Ta có : CO ⊥ BM và CO // MK nên BM. ta có số dư là 1995 1 0,5 0,5 4 6,0 2 1 2 1 G M E D H A B C 4.1 ∆ CDE và ∆CAB có : Góc µ C chung. · · 0 90CDE CAB= = =>∆CDE ∆CAB => CD CE CA CB = => CD CA CE CB = + Hai tam giác ADC. tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. Suy ra: GB AB GC AC = , mà AB ED AC DC = (∆ABC ∆DEC) Ta lại có //ED AH => ED AH DC HC = Mà HD =HC => ED AH HD DC HC HC = = 0,5 0,5 S S S S S S