ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 NĂM 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP …………… Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM 2010 …………………… ĐỀ THI MÔN : TOÁN Ngày thi : 28/03/2010 Thời gian làm : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm có : 01 trang) Bài : ( điểm ) Rút gọn biểu thức sau : A= + − 13 + 48 6+ Bài : ( điểm ) Cho biểu thức B = x −9 − x +3 − x +1 x−5 x +6 x − 3− x a) Tìm điều kiện x để B có nghĩa ( 0,5 đ ) b) Rút gọn B ( 1,5 đ ) c) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số nguyên ( đ ) Bài : ( điểm ) 1/ Cho phương trình : x2 - ( m + )x + 4m – 25 = a) Chứng tỏ phương trình có nghiệm phân biệt với m b) Tìm giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm nguyên 2/ Cho hệ phương trình :  2x − − y − =3  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) thoả điều kiện x =  (m − 1) x + y = − 10 y 3/ Giải phương trình sau : ( − x) + ( x + 7) = ( x + 7( − x) ) + Bài : ( điểm ) Cho ∆ ABC đều có trọng tâm G Từ một điểm O bất kỳ ( khác G ) thuộc miền tam giác kẻ OI ⊥ BC ; OM ⊥ AC ; ON ⊥ AB a) Chứng minh rằng : OI + OM + ON không đổi b) Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC ; CA ; AB lần lượt tại A’ ; B’; C’ OA ' OB ' OC ' + + Tính : GA ' GB ' GC ' Bài : ( điểm ) Cho tam giác ABC có góc nhọn cho µA = 450 nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC E F, đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q a) Chứng minh : EF song song với tiếp tuyến A đường tròn (O) Tam giác APQ cân b) Chứng minh : O trực tâm tam giác AEF EF c) Tính tỉ số Hết BC Giám thị coi thi không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP …………… KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM 2010 …………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có : 04 trang) Nội dung Bài A= + − 13 + 48 điểm 6+ ( ) + − 13 + 48 = + − + 0,5 0,5 = 3+ 4−2 = 2 + = + = A= ( ) =1 +1 6+ ) +1 1,5 0,5 Bài điểm x ≥  x ≥  x −2≠0  ⇔ x ≠ a) B có nghĩa :  3 − x ≠ x ≠  x − x ≠  x −9− b) B = = c) B = ( ( ( x +3 ( x− x −2 x −2 x +1 x −3 ) )( x −3 = 1+ )( x −2 ) = ) ( 0,25-0,25 )( x − + x +1 )( x −3 ) x −2 x +1 0,5 0,25 x −3  x − = −2 x =   x = ( loai )  x − = −1    x = 16 x − = ⇔    x −3=  x = 25   x = 49  x −3=  Khi x = B = -1 x = 16 B = x = 25 B = x = 49 B = ) 0,25 x −3 Để B nhận giá trị nguyên 4M x − Bài ( x −3 ≥−3 0,25 0,5 điểm 1/ x2 - ( m + )x + 4m – 25 = 2,5 điểm a) ∆ = ( m + ) − ( 4m − 25 ) 0,25 = m + 8m + 16 − 16m + 100 0,25 = ( m − ) + 100 > ∀m 0,5 2 b) Để phương trình có nghiệm nguyên ∆ phải số phương ⇔ ( m − ) + 100 = k ( k ∈ N * ) ⇔ ( m − − k ) + ( m − + k ) = −100 0,25 Do ( m − − k ) + ( m − + k ) = 2m − M2 m - + k > m − − k nên 0,25  m − + k = 50 m = 28 ⇔   m − − k = −2 k = 26 m − + k = m = −20 ⇔ Hoặc   m − − k = −50 k = 26  m − + k = 10 m = ⇔ Hoặc   m − − k = −10 k = 10  2x − − y − =3 (1)  2/  (m − 1) x + y = − 10 (2) Từ giả thiết x = y, thay vào ( ) ta được : 2x −1 − x − =3 ⇔ x − − 15 + x = 36 ⇔ 11x = 55 ⇔ x = y = Thay vào ( ) : (m − 1).5 + 10 = −10 ⇔ m = −3 Vậy m = - thì hệ phương trình có nghiệm là ( ; ) ( − x) + ( x + 7) = ( x + ( − x) ) + 3 Đặt u = ( − x ) ; v = ( x + ) ⇒ u + v = Ta có hệ phương trình 3/ 2 2 u + v = uv +  3 u + v = u + v − uv = ( u + v ) − 3uv = ⇔ ⇔ 2 ( u + v ) ( u + v − uv ) = u + v = uv = u = u = ⇔ ⇔  u + v = v = v = Bài 0,25 0,25 0,25 0,25 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1.5 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25  − x = u = ⇔ ⇔ x =1  v =  x + = 0,25  − x = u = ⇔ ⇔ x = −6   x + = v =  0,25 điểm a/ Gọi I ; M ; N lần lượt là hình chiếu của O xuống các cạnh BC ; AC ; AB và H ; E ; F lần lượt là hình chiếu của G xuống các cạnh BC ; AC ; AB Đặt AH = h ; AB=BC=AC=a Ta có : SOAB + SOBC + SOCA = SABC ( 0,5 ) 1 ⇔ (ON + OI + OM ).a = h.a ( 1,0 ) 2 ⇔ OI + OM + ON = h không đổi ( 0,5 ) b/ ∆A ' GH có OI // GH nên : OA ' OI = Mà AH = GH , nên : GA ' GH OA ' 3OI = (1) ( 1,0 ) GA ' h OB ' 3OM = (2) ( 0,5 ) Tương tự : GB ' h OC ' 3ON = (3) ( 0,5 ) GC ' h Cộng (1); (2); (3) theo vế , ta được : OA ' OB ' OC ' 3(OI + ON + OM ) + + = = (1,0) GA ' GB ' GC ' h 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 A C' N O F M E G B I H A' C B' Bài điểm · · a) ·AEF = BCF ( bù với BEF ) Kẻ tiếp tuyến At tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có : · · (2) ( cùng chắn cung AB ) BCF = BAt · Từ (1) và (2) suy : ·AEF = BAt hay EF // At 0,25 Ta có EF // At => »AP = »AQ => AP = AQ Vậy tam giác APQ cân tại A b) ∆ FAB vuông cân F ⇒ F O ∈ trung trực AB ⇒ FO ⊥ AB AO ⊥ EF ( EF // At ; AO ⊥ At ) Vậy O trực tam tam giác AEF · c) Ta có : BOC = µA = 900 ⇒ ∆OBC vuông O ⇒ O ∈ đường tròn đường kính BC OF // CE ( vuông góc với AB ) OECF hình thang cân => EF = OB · · OBC = OEC = 450 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BC 2 EF OB ⇒ = = BC BC ⇒ OB = OC = 0,25 0,25 t A K P F O E Q B C ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP …………… KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM 2010 …………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có : 04 trang) Nội dung... loai )  x − = −1    x = 16 x − = ⇔    x −3=  x = 25   x = 49  x −3=  Khi x = B = -1 x = 16 B = x = 25 B = x = 49 B = ) 0,25 x −3 Để B nhận giá trị nguyên 4M x − Bài ( x −3 ≥−3 0,25... = − 10 (2) Từ giả thi ́t x = y, thay vào ( ) ta được : 2x −1 − x − =3 ⇔ x − − 15 + x = 36 ⇔ 11x = 55 ⇔ x = y = Thay vào ( ) : (m − 1).5 + 10 = −10 ⇔ m = −3 Vậy m = - thi hệ phương trình