Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp huyện năm học 2007 – 2008 môn Toán Học

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯƠNG THỦY ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN TOÁN HỌC 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 a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình 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. Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. ∆ABC ~ ∆AEF H cách đều các cạnh của tam giác DDEF 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 HẾT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯƠNG THỦY KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008 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 (0,5đ) (2đ) 2b), với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi 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: Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2: 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 Ûx2-25=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 Û(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 Û(x+5)(-x-8)=0 Û x-5=0 hoặc x+8 =0 Û x=-5 hoặc x=-8 (2đ) 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 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~∆DECÞ. (1,5đ) 4d) Ta có 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 = = dpcm 1đ Bài 6) Điều kiện , bất phương trình Hoặc biểu diễn trên trục số : 1đ Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng. HẾT