SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : TOÁN Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/4/2011 Câu 1 (3,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức A = 4 7 4 7 2+ − − − b) Cho x = 3 3 3 3 2 6 ; 2 2 2 4 2 2 2 4 y = + + − + . Tính B = x 2 – y 2 Câu 2 (4,0 điểm): a) Giải phương trình: 2 7 12 2 3 7x x x+ + = + b) Giải hệ phương trình: 2 2 4 2 x xy y x xy y  + + =  + + =  Câu 3 (3,0 điểm): Cho phương trình: x 4 + x 2 + 2mx + m 2 + 2m + 1 = 0 a) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất Câu 4 (3,0 điểm): Chứng minh 5 3 2011 120 24 30 n n n − + có giá trị nguyên với mọi m thuộc Z Câu 5 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC. Trên AC lấy điểm M sao cho 1 4 AM AC = , trên BC lấy điểm N sao cho 1 5 BN BC = . AN và BM cắt nhau tại I. So sánh diện tích ∆ AIM và diện tích ∆ BIN Câu 6 (4,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A ). Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ). a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi khi C chạy trên nửa đường tròn b) Gọi M là trung điểm của BC. Tia OM cắt nửa đường tròn tại N. Chứng minh DE > MN Hết (Đề ghi lại từ HS độ chính xác chưa cao mong quí Thầy Cô thông cảm nếu có sai sót ) GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam ĐỀ CHÍNH THỨC MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH Năm học 2010 -2011 Câu 1 (3,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức A = 4 7 4 7 2+ − − − = ( ) ( ) 2 2 7 1 7 1 2 2 + − − − = 7 1 7 1 2 2 + − + − = 2 2 2 − = 2 2− = 0 Cách khác: 2 8 2 7 8 2 7 2A = + − − − ( ) ( ) 2 2 7 1 7 1 2 7 1 7 1 2⇔ + − − − ⇔ + − + − = 0 Vậy A = 0 b) x = ( ) 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 4 4 4 2 1 = + + + + = ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 1 2 4 2 1 4 2 1 2 1 − = + + + + − = ( ) 3 3 3 3 2 2 1 4 2 2 1 − = − − ( ) 3 3 3 3 3 6 6 2 2 2 4 4 4 2 1 y = = − + − + = ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 1 3 2 4 2 1 4 2 1 2 1 + = − + − + + = ( ) 3 3 3 3 3 2 2 1 4 2 2 1 + = + + Ta có B = x 2 – y 2 = ( ) 2 3 3 4 2 − – ( ) 2 3 3 4 2 + = ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 4 2 4 2 4 2 4 2− − − − + + = ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 4 4 2 2.2 4− − + = − = – 4.2 = –8 Câu 2 (4,0 điểm): a) Giải phương trình: 2 7 12 2 3 7x x x+ + = + <=> 2 4 4 3 7 2 3 7 1 0x x x x+ + + + − + + = <=> ( ) ( ) 2 2 2 3 7 1 0x x+ + + − = Ta có (x+2) 2 ≥ 0 và ( ) 2 3 7 1 0x + − ≥ với mọi x Nên ( ) ( ) 2 2 2 3 7 1 0x x+ + + − = khi x + 2 =0 và 3 7 1 0x + − = <=> x = –2 và 3x + 7 = 1 => x = –2 Vậy nghiệm số của phương trình là x = –2 GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam b) Giải hệ phương trình: 2 2 4 2 x xy y x xy y  + + =  + + =  <=> 2 2 4 2 x xy y x y xy  + + =  + = −  <=> ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 4 5 x xy y x xy y x xy y xy xy x xy y xy xy   + + = + + =   ⇔   + + = − + + + = − +     <=> ( ) ( ) 2 2 2 0; 5 5 0 x y xy x y xy xy xy xy xy + = −  + = −   ⇔   = = − =    2 2 2 0 0 0 x y y x hoac xy x y + = = =    ⇔    = = =    hoặc ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 5 5 2 5 0 y x y x x y x x xy x x = − = −  + =    ⇔ ⇔    − = = − + =     Ta có phương trình x 2 – 2x + 5 = 0 vô nghiệm, nên hệ phương trình (1) vô nghiệm Vậy nghiệm số của phương trình đã cho là (x; y ) = (2; 0 ) ; (0; 2 ) Câu 3 (3,0 điểm): Giả sử x 0 là một nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta có: x 0 4 + 2x 0 2 +2x 0 m + m 2 + 2m + 1 = 0 <=> m 2 + 2(x 0 + 1)m + x 0 4 + 2x 0 2 + 1= 0 (1) m xác định khi ' ∆ của phương trình (1) lớn hơn hoặc bằng 0 <=> (x 0 + 1) 2 – x 0 4 – 2x 0 2 – 1 ≥ 0 <=>(x 0 + 1) 2 – (x 0 2 + 1) 2 ≥ 0 <=> (x 0 + 1 – x 0 2 – 1)(x 0 + 1 + x 0 2 + 1) <=> x 0 (1 – x 0 )(x 0 2 +x 0 + 2) ≥ 0 <=> x 0 (1 – x 0 ) ≥ 0 (Vì x 0 2 +x 0 + 2 ≥ 0 ) <=> 0 ≤ x 0 ≤ 1 => giá trị nhỏ nhất của nghiệm là x 0 = 0 => m = –1 và giá trị lớn nhất của nghiệm là x 0 = 1 => m = –2 Câu 4 (3,0 điểm): Chứng minh 5 3 2011 120 24 30 n n n − + có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z Ta có 5 3 2011 120 24 30 n n n − + = 5 3 5 8044 120 n n n− + = 5 3 5 4 67 120 n n n n − + + Ta có n 5 – 5n 3 + 4n = n(n 4 – 5n + 4 ) = n(n 2 – 4)(n 2 – 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) M 3 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (1 ) (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) M 5 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (2 ) (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) M 8 (Vì trong 5 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 ) (3 ) mà 3; 5; 8 là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) M (3.5.8) => (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) M 120 và 67n là số nguyên với mọi n thuộc Z Vậy 5 3 2011 120 24 30 n n n − + có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam Câu 5 (3,0 điểm): So sánh diện tích ∆ AIM và diện tích ∆ BIN: Gọi diện tích ∆ AIM là x và diện tích ∆ BIN là y Ta suy ra S ∆ CIM = 3x và S ∆ CIN = 4y Ta có S ∆ CAN = S ∆ CIM + S ∆ CIN + S ∆ AIM = 3x + 4y + x = 4x + 4y Mà S ∆ CAN = 4 5 S ∆ CAB => 4x + 4y = 4 5 S ∆ CAB (1) Ta có S ∆ CBM = S ∆ CIM + S ∆ CIN + S ∆ BIN = 3x+ 4y + y = 3x + 5y Mà S ∆ CBM = 3 4 S ∆ CAB => 3x + 5y = 3 4 S ∆ CAB (2) Ta đặc S ∆ CAB = 1 (3) Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình 4 4 4 5 5 1 5 12 20 3 3 3 5 4 x y x y x y x y  + =  + =   ⇔   + =   + =   1 8 1 8 12 20 3 1 12. 20 3 8 x x x y y  =  =   ⇔ ⇔   + =   + =   1 1 1 8 8 8 3 3 3 20 3 : 20 40 2 2 x x x y y y    = = =       ⇔ ⇔ ⇔       = = − =       Vậy S ∆ AIM = 1 8 S ∆ CAB và S ∆ BIN = 3 40 S ∆ CAB Ta có 1 5 3 8 40 40 = > .Vậy S ∆ AIM > S ∆ BIN */ Cách khác: S ∆ AMB = 1 4 S ∆ ACB và S ∆ ANB = 1 5 S ∆ ACB => S ∆ AMB > S ∆ ANB mà S ∆ AMB = S ∆ AIB + S ∆ AIM và S ∆ ANB = S ∆ AIB + S ∆ BIN Nên S ∆ AIB + S ∆ AIM > S ∆ AIB + S ∆ BIN Vậy S ∆ AIM > S ∆ BIN Câu 6 (4,0 điểm): a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi Từ E hạ EH vuông góc với AB tại H Ta có ∆ ADB đồng dạng với ∆ AHE (g – g) => AD AB AH AE = => AD.AE = AB.AH (1) Ta có ∆ ACB đồng dạng với ∆ EHB (g – g) GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam C M A I N B P N M D C E BA O H => BC AB HB BE = => BC.BE = AB.HB (2) tỪ (1) Từ (1) và (2) AD.AE + BC.BE = AB(AH + HB) = AB.AB = AB 2 Ta có AB không đổi => AB 2 không đổi Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổi */ Cách khác: AD.AE + BC.BE = (AE + ED)AE + (BC – EC)BC = AE 2 + ED.AE + BC 2 – BC.EC = BC 2 + AE 2 + ED.AE – BC.EC = BC 2 + AE 2 + EB.CE – BC.EC (Vì ED.AE = BE.EC ) = BC 2 + AE 2 – EC(BC – BE) = BC 2 + AE 2 – EC 2 = BC 2 + AC 2 = AB 2 Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổ b) Chứng minh DE > MN: */ Cách 1: Từ D vẽ tiếp tuyến với (O) cắt BN kéo dài tại P Ta có tứ giác MNPD nội tiếp (Tổng 2 góc đối diện MDP và MNP bằng 180 0 ) => NMP NDP ∠ = ∠ (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung ) Mà NAP NDP ∠ = ∠ (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ) => NMP NAP ∠ = ∠ mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => AD // MP mà ME // DP (cùng vuông góc với OD ) => Tứ giác MPDE là hình bình hành => DE = MP mà MP > MN (Cạnh huyền và cạnh góc vuông ) Vậy DE > MN */ Cách 2: Lấy P là điểm đối xứng của E qua M Ta suy ra ∠ DEP = ∠ DPE Ta có ∠ DEP = ∠ AND (Vì cung DC bằng cung DE) => ∠ DPE = ∠ AND hay ∠ DPM = ∠ MND => Tứ giác MPND nội tiếp mà OD vuông góc với BC => DP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MDNP => DP > MN mà DP = DE (Tính chất đối xứng) Vậy DE > MN */ Cách 3: Lấy P là điểm đối xứng của N qua OD Ta suy ra ∠ CMP = ∠ NMB Ta có ∠ NMB = ∠ ADP (Vì cung PC bằng cung NB) => ∠ EMP = ∠ EDP => Tứ giác MDPE nội tiếp mà OD vuông góc với BC => DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MDPE => DE > MP mà MP = MN (Tính chất đối xứng) Vậy DE > MN */ Cách 4: Từ M hạ MP vuông góc với ND tại P GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam P N M D C E BA O M E A P N D C B O Ta có ∠ DEM = ∠ AND (Vì cung CD bằng cung DB) => ∆ EMD đồng dạng với ∆ NPM (g - g) 1 DE DM MN MP = > VÌ MD > MP (Quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc ) Vậy DE > MN GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam A M E P N D C B O . DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : TOÁN Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/4 /2011 Câu 1 (3,0 điểm): a). MN Hết (Đề ghi lại từ HS độ chính xác chưa cao mong quí Thầy Cô thông cảm nếu có sai sót ) GV: Lê Văn Hòa Trường THCS Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam ĐỀ CHÍNH THỨC MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC. Trần Cao Vân – Núi Thành – Quảng Nam ĐỀ CHÍNH THỨC MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH Năm học 2010 -2 011 Câu 1 (3,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức A = 4 7 4 7 2+ − − − = ( ) ( ) 2 2 7 1 7 1 2 2 +