Đề+Đáp án môn toán HSG tinh TB 2010-2011

Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Bình Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011 Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán (Gồm 5 trang) Bi 1. (3 im) Chng minh rng: 87 1 1 1 88 89 45 2 1 3 2 2011 2010 < + + + < L Gii : Ni dung im +) Ta cú: 1 k k k 1 1 (k 1)k k k 1 (k 1) k k k 1 = = > + + + + 0.5 +) T ú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 2011 2010 1 2 2 3 2010 2011 + + + > + + = ữ ữ ữ L L 0.5 1 87 1 89 2011 = > 0.5 +) Ta cú: 1 2 1 2 1 . . (k 1) k 2 k 1 k k 1 k 1 k k k 1 = < + + + + + + ( ) 2 k 1 k 1 1 2. k k 1 k k 1 + = == ữ + + 0.5 +) T ú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 3 2 2011 2010 1 2 2 3 2010 2011 + + + < + + = ữ ữ ữ L L 0.5 1 88 2 1 45 2011 = < ữ 0.5 Bi 2. (3im) Tỡm phn d ca phộp chia a thc p(x) cho 3 (x 1)(x 1) + bit p(x) chia cho x 1 thỡ d 1, p(x) chia cho 3 x 1+ thỡ d 2 x x 1+ + . Gii: Ni dung im +) Ta cú: 3 3 2 p(x) (x 1)(x 1)q(x) ax bx cx d (a,b,c R)= + + + + + [ ] 3 2 (x 1) (x 1)q(x) a bx cx d a= + + + + + 0.5 +) Suy ra p(x) chia cho 3 (x 1)+ cú phn d l 2 bx cx d a+ + 0.5 +) Kt hp vi gi thit suy ra b = 1; c = 1; d a = 1 0.5 +) Vỡ p(x) chia cho x 1 d 1 nờn p(1) = 1 0.5 +) Suy ra a + b + c + d = 1 a = - 1; d = 0 0.5 1 +) Vậy phần dư cần tìm là: - x 3 + x 2 + x 0.5 Bài 3. (3 điểm) Giải phương trình: 3 2 3 x 1 x 15x 75x 131+ = − + − Giải: Nội dung Điểm +) Đặt 3 2 3 x 1 y 5 x y 15y 75y 126+ = − ⇒ = − + − 0.5 +) Vậy ta có hệ phương trình: 3 2 3 2 x y 15y 75y 126 (1) y x 15x 75x 126 (2)  = − + −   = − + −   0.5 +) Trừ vế với vế của phương trình (1) và (2): ( ) 2 2 (x y) x xy y 15 x y 76 0   − + + − + + =   2 2 x y x xy y 15(x y) 76 0 =  ⇔  + + − + + =  0.5 +) Khi x = y ta có: 3 2 x 15x 74x 126 0− + − = 2 (x 7)(x 8x 18) 0⇔ − − + = 2 x 7 x 7 x 8x 18 0 =  ⇔ ⇔ =  − + =  0.5 +) Khi 2 2 x xy y 15(x y) 76 0+ + − + + = ( ) 2 2 x y 15 x (y 15y 76) 0⇔ + − + − + = Xét 2 2 x y 30y 225 4y 60y 304 ∆ = − + − + − 2 3y 30y 79= − + − 0.5 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 : a b c 3 b c 2a c a 2b a b 2c 2 + + ≤ + + + + + + Giải: Nội dung Điểm +) Áp dụng BĐT Bunhia ta có: 2 a b c a b c 3 (1) b c 2a c a 2b a b 2c b c 2a c a 2b a b 2c     + + ≤ + +  ÷  ÷  ÷ + + + + + + + + + + + +     0.5 +) Đặt: b c 2a 4x c a 2b 4y a b 2c 4z + + =   + + =   + + =  0.5 +) Suy ra a 3x y z b 3y z x c 3z x y = − −   = − −   = − −  0.5 +) Khi đó a b c 3x y z 3y z x 3z x y b c 2a c a 2b a b 2c 4x 4y 4z − − − − − −   + + = + +  ÷ + + + + + +   0.5 2 Nội dung Điểm 9 1 y z z x x y 4 4 x x y y z z   = − + + + + +  ÷   +) Mà y z z x x y 6 x x y y z z   + + + + + ≥  ÷   0.5 +) Suy ra a b c 9 6 3 (2) 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 µ µ µ A,B,C thỏa mãn µ µ µ C 2A B= + . Chứng minh rằng: c 2 < 2a 2 + b 2 Giải: Nội dung Điểm +) Vì µ µ µ µ µ C 2A B C B AB AC= + ⇒ > ⇒ > 0.5 +) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AC = AD 0.5 +) Ta có: µ · · · · · µ · · µ C BCD DCA BCD CDA BCD B BCD 2BCD B= + = + = + + = + Mà µ µ µ C 2A B= + suy ra · µ BCD A= 0.5 +) Hai tam giác BCD và BAC đồng dạng Ta có 2 BC BD BC BA.BD BA BC = ⇒ = 0.5 2 2 BC AB(AB AD) AB AB.AC⇒ = − = − 2 2 2 2 2 b c c a b.c a 2 + ⇒ = + ≤ + 2 2 2 c 2a b⇒ ≤ + 0.5 +) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi µ µ µ b c B C A 0= ⇔ = ⇔ = (vô lý) Vậy 2 2 2 c 2a b< + 0.5 3 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: Câu Nội dung Điểm a. +) Tứ giác MA’B’C nội tiếp đường tròn · · 0 MA'B' MCB' 180⇒ + = (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 +) 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 MB.MC MA' MA' MB 2R = ⇔ = 0.5 +) Tương tự MC.MA MA.MB MB' ;MC' 2R 2R = = 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 4 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: Nội dung Điểm 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 S AE DF BE CF m .h m. .h S 2 2 + + = ⇔ = 0.5 m NI m.IQ NI .NQ 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 chúng. 0.5 Theo nguyên lý Dirichlê tồn tại một điểm mà có ít nhất k + 1 đường thẳng đi qua. 0.5 5 . Giáo dục và Đào tạo Thái Bình Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011 Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán (Gồm 5 trang) Bi 1. (3 im) Chng minh rng: 87 1 1 1 88 89 45 2 1 3 2 2011