Đề thi-đáp án HSG lớp 9 Thái Bình năm học 2010-2011

Sở Giáo dục và Đào tạoThái Bình Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011 Hướng dẫn chấm và biểu điểm môn toán Gồm 5 trang GV ra đề : Đỗ Vũ Cường – THPT Nguyễn Trói Phạm Qua

Sở Giáo dục và Đào tạo

Thái Bình Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011

Hướng dẫn chấm và biểu điểm môn toán

(Gồm 5 trang)

GV ra đề :

Đỗ Vũ Cường – THPT Nguyễn Trói Phạm Quang Thắng – THPT Chuyờn

Bài 1 (3 điểm) Chứng minh rằng:

892 13 2   2011 2010  45

Giải :

(k 1)k k k 1

+) Từ đú:

 

          

0.5

1

89 2011

  

0.5

(k 1) k  2 k 1 k k 1  k 1 k k k 1

2.

+) Từ đú:

2

       

           

0.5

2 1

45 2011

   

Bài 2 (3điểm) Tỡm phần dư của phộp chia đa thức p(x) cho 3

(x 1)(x   1)biết p(x) chia cho x 1  thỡ dư 1, p(x) chia cho 3

x  1 thỡ dư 2

x   x 1

Giải:

p(x)(x 1)(x 1)q(x) ax bx cxd (a, b, cR) 0.5

 

(x 1) (x 1)q(x) a bx cx d a

       

+) Suy ra p(x) chia cho 3

(x  1) có phần dư là 2

+) Kết hợp với giả thiết suy ra b = 1; c = 1; d – a = 1 0.5 +) Vì p(x) chia cho x – 1 dư 1 nên p(1) = 1 0.5 +) Suy ra a + b + c + d = 1  a = - 1; d = 0 0.5 +) Vậy phần dư cần tìm là: - x3 + x2 + x 0.5

Bài 3 (3 điểm) Giải phương trình:

3 x 1   x  15x  75x 131 

Giải:

+) Đặt 3 x 1      y 5 x y 3  15y 2  75y 126  0.5

+) Vậy ta có hệ phương trình:

x y 15y 75y 126 (1)

y x 15x 75x 126 (2)

    





   

+) Trừ vế với vế của phương trình (1) và (2):

(x  y) x   xy  y  15 x  y  76  0 x2 y 2

x xy y 15(x y) 76 0





       

+) Khi x = y ta có:

x  15x  74x 126   0 2

(x 7)(x 8x 18) 0

x 8x 18 0





       0.5

+) Khi x 2  xy  y 2  15(x  y) 76   0 2   2

x y 15 x (y 15y 76) 0

      

x y 30y 225 4y 60y 304

       2

3y 30y 79

2 3(y 5) 4 0 y

      , phương trình vô nghiệm 0.5 +) Vậy x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 4 (3 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương Chứng minh rằng :

b c 2a  c a 2b  a b 2c  2

     

Giải:

+) Áp dụng BĐT Bunhia ta có:

2

b c 2a c a 2b a b 2c b c 2a c a 2b a b 2c

               

+) Đặt:

b c 2a 4x

c a 2b 4y

a b 2c 4z

  



   



   

Nội dung Điểm

+) Suy ra

a 3x y z

b 3y z x

c 3z x y

  



   



   

+) Khi đó a b c 3x y z 3y z x 3z x y

     

       

9 1 y z z x x y

4 4 x x y y z z

        

+) Mà y z z x x y 6

     

b c 2a c a 2b a b 2c 4 4 4

     

       

+) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh 0.5

Bài 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh AB = c, BC = a, CA = b Các góc

  

A, B, C thỏa mãn C 2A B.

Chứng minh rằng: c2 < 2a2 + b2

Giải:

D

C

+) Vì C 2A    B C B ABAC 0.5 +) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AC = AD 0.5 +) Ta có: C       BCD DCA BCD CDA BCD B BCD  2BCD B 

Mà C 2A B suy ra BCD A 0.5 +) Hai tam giác BCD và BAC đồng dạng

Ta có BC BD 2

BC BA.BD

BA  BC  

0.5

2 2

BC AB(AB AD) AB AB.AC

     2 2 2 b2 c2

c a b.c a

2



    

2 2 2

c 2a b

+) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b   c B C A 0 (vô lý)

Vậy 2 2 2

Bài 6 (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M là điểm bất kì

thuộc cung BC không chứa điểm A (M không trùng với B và C) Gọi A ', B ', C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB

a Chứng minh A ', B ', C ' thẳng hàng

b Chứng minh BC CA AB

MA '  MB '  MC '

Giải:

D

A'

B'

C'

O A

B

C M

+) Tứ giác MA’B’C nội tiếp đường tròn  MA ' B ' MCB ' 180     0 (1) 0.5 +) Tứ giác MC’BA’ nội tiếp đường tròn MA 'C ' MBC ' (2) 0.5 +) Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn MCA MBC ' (3) 0.5 a

+) Từ (1), (2), (3) suy ra   0

MA ' B ' MA 'C ' 180  do đó A’, B’, C’ thẳng hàng

b +) Gọi D là điểm đối xứng của C qua O

DMC BA ' M

   vì MBC MDC; DMC MA ' B

Suy ra MC CD MA ' MB.MC

MA '  MB   2R

0.5

+) Tương tự MB ' MC.MA; MC ' MA.MB

0.5

+) Vậy BC CA AB BC.2R CA.2R AB.2R

MA '  MB '  MC '  MB.MC  MC.MA  MA.MB

AC.MB AB.MC BC.MA

Luôn đúng theo định lý potoleme 0.5

Bài 7 (2điểm) Cho hình bình hành ABCD và n = 4k + 1 (k nguyên dương) đường thẳng,

mỗi đường thẳng đó chia hình bình hành thành hai hình thang có tỷ số diện tích là m (m

là số dương cho trước) Chứng minh rằng có ít nhất k + 1 đường thẳng trong số n đường thẳng nói trên đồng quy.(Hình bình hành cũng được xem như là hình thang)

Giải:

d

I

P

M

Q N

B

F

J

K L

Gọi d là đường thẳng bất kì trong số n đường thẳng đã cho Gọi M, N, P, Q lần

lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, DC, CB

Giả sử d cắt AB tại E, d cắt DC tại F Gọi I là giao điểm của d và NQ, h là khoảng

cách giữa hai đường thẳng AB và CD

Ta có : AEFD

EBCF

0.5 m

m 1

   

 , suy ra điểm I cố định

0.5 Tương tự ta tìm được ba điểm J, K, L cố định mà các đường thẳng đã cho đi qua

Theo nguyên lý Dirichlê tồn tại một điểm mà có ít nhất k + 1 đường thẳng đi qua 0.5