Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp huyện môn Toán học lớp 9

1

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN MÔN TOÁN HỌC LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10

Bài 2 (4đ) Cho

2

2 1 2 2 4 2 7 10 5 x x x A x x x x − − − = + − − − + −

a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình

) 2 1 3 2 a x x + = −

b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. b) ∆ABC ~ ∆AEF

c) BDF CDE =

d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng

Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình 2008 2007 < −x

HẾT

www.buiphan.net

ThuVienDeThi.com

2

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 9 Gợi ý đáp án Điểm

Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7)

(1 đ) (1đ)

Bài 1b) x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)

(1đ) (1đ)

Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5và x ≠2

2 2

2

2

2

1 2 2 4 1 2 2 4 2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5

5 2 (2 4)( 2) ( 5)( 2)

8 15 ( 5)( 3) 3 ( 5)( 2) ( 5)( 2) 2

x x x x x x A x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x x x x

− − − − − − = + − = + − = − − + − − − − −

− + − − − − − = − −

− + − − − − −+ = = = − − − − −

(0,5đ) (2đ)

2b)

( 2) 1 1 1 2 2 x A x x − − + = = −+ − − , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi

1

2 x − nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.

(1,5đ)

Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau TH1:

1 2 1 0 2 1 3 2 2 2 1 3 2 3

x x x x

x x x

≥− ⇔ + ≥ ⇒ + = −

⇔ + = − ⇔ =

Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2:

1 2 1 0 2 1 3 2 2 2 1 3 2 5 1 0,2

x x x x

x x x x

< − ⇔ + < ⇒ + = −

⇔− −= − ⇔ = ⇔ =

Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của phương trình. Kết luận phương trình có nghiệm x=3.

(1đ) (1đ)

Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x2-25=(2x+3)(x+5) (2đ)

www.buiphan.net

ThuVienDeThi.com

3

Gợi ý đáp án Điểm

⇔(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) ⇔(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 ⇔(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 ⇔(x+5)(-x-8)=0 ⇔ x-5=0 hoặc x+8 =0 ⇔ x=-5 hoặc x=-8 Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên BG //CH, tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC.

(2đ)

4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên

chúng đồng dạng. Từ đây suy ra (1) AB AE AB AF AC AF AE AC = ⇒ =

Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF.

(1,5đ)

4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆BDF~∆DEC⇒ BDF CDE = .

(1,5đ)

4d)

Ta có

0 0 90 90 BDF CDE BDF CDE

AHB BDF AHC CDE ADF ADE

= ⇒ − = −

⇒ − = − ⇒ =

Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF.

(1đ)

Bài 5)Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx

= ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 ( 2 ) ( 2 ) 2 x xy y y yz z x xz z   − + + − + + − +  

= ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 x y y z x x   − + − + −  dpcm

1đ

Bài 6) Điều kiện 0 x ≠ , bất phương trình 2008 2007 < −x 2007 2008 0 x x + ⇔ >

1đ

F

E

M

G

H

D C B

A

www.buiphan.net

ThuVienDeThi.com