Tài liệu đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án 5

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ YÊN TRƯỜNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (3 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a/ A = 3x2 – 8x + 4 b/ B = 4b2c2 – (b2 + c2 – a2)2. 5x  m 2 x  m m 7( 5  x )  1   6 5 10 28 Câu 2 (3 điểm). Cho phương trình ẩn x là: a. Giải phương trình theo tham số m. b. Tìm các giá trị nguyên của m để nghiệm của phương trình là x thoả 0 < x < 10. Câu 3 (2 điểm). So sánh 4 7 Câu 4 (2 điểm). Giải phương trình: 4 7 và 2 ( x  1  1)2  x  1  1 Câu 5 (4 điểm). Cho ABC có Â = 900, phân giác BD, trung tuyến AM và trọng tâm là G. Cho biết GD  AC tại D. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AG. a. Chứng minh: DE // BC b. Tính số đo ACB . Câu 6 (3 điểm). Cho tam giác ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFG có tâm theo thứ tự là M và N. Gọi I và K theo thứ tự là trung điểm của EG và BC a. Chứng minh KMIN là hình vuông. b. Chứng minh IA  BC. Câu 7 (3 điểm). a. Chứng minh rằng A = 3 + 32 + 33 + ... + 328  3 29 + 3 30 chia hết cho 13. b. Giải bất phương trình 1+ x <2 -x Hết HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Câu 1 Nội dung 1a A = 3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) (hoặc A = 4x2 – 8x – x2 + 4 = 4x(x – 2) – (x – 2)(x + 2) = (x – 2)(3x – 2) 1b B = (2bc)2 – (b2 + c2 – a2)2 = (2bc – b2 – c2 + a2)(2bc + b2 + c2 – a2) = [a2 – (b – c)2][(b + c)2 – a2] = (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a) Câu 2 2a 5x  m 2x  m m 5  x  1   6 5 10 4 10(5x  m )  60 12( 2x  m ) 6m 15(5  x )     60 60 60 60  50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x  11x = 16m – 15 16m  15 16m  15  x= . Vậy PT có tập nghiệm S = { } 11 11 3đ 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 3đ 0,25 0,25 0,5 0,5 2b Giá trị m  Z để nghiệm x thoả: 0 < x < 10 phải đúng với hai điều kiện m  Z  sau:  16m  15 0  11  10  Từ đó suy ra được các giá trị m là: 0,5 m  Z   15 13  m  7  16  16 m  {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} 0,5 2đ 0,5 Câu 3 4 = 7  4 82 7  2 7 1 = 2 Vậy 4 7 = 8 2 7 2 7 1  7  2. 4  2 2 4 2. 4  2 2 7 1 7 1 2 =  ( 7  1) 2 = = 7 7 7 ( 7  1) 2  = 0,5 2 2 2 = 2 2 0,5  0,5 2đ 0,5 Câu 4 ( x  1  1) 2  x  1  1 0,5 x 1 1   x 1 1  0  x 1  1x–1  1x 2 Vậy phương trình có nghiệm là x  2. x 1 1 0,5 0,5 0,5 Câu 5 4đ 5a A D E G B C M *ADG vuông tại D có DE là trung tuyến nên DE = 1 AG = AE = EG 2 0,75  ADE cân tại E  ED̂A EÂD . * AM là trung tuyến của ABC vuông nên MA = MB = MC ˆ MAC ˆ .  AMC cân  C 0,75 0,5 *Vậy Ĉ = ED̂A , chúng ở vị trí đồng vị nên ED // MC (đpcm) 5b AD AE  *Áp dụng định lý Talét vào AMC cân ta có: . DC EM AD BA  *BD là phân giác của ABC nên . DC BC BA AE AE 1 BA 1   nên  Suy ra mà BC EM EM 2 BC 2  BC = 2BA  ABM đều B̂ = 600 và Ĉ = 300 (đpcm) 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 6 3đ 6a P G I F E N A M D B H K C a. Chứng minh KMIN là hình vuông: Học sinh chứng minh được KMIN là hình bình hành Học sinh chứng minh được EAC = BAG(cgc) để suy ra EC = BG và suy ra được KMIN là hình thoi Học sinh chứng minh được EC  BG và suy ra KMIN là hình vuông (đpcm) 6b b.Chứng minh IA  BC: Gọi giao điểm IA và BC là H 0,25 0,25 0,5 0,5 Lấy P đối xứng với A qua I, chứng minh được AEPG là hình bình hành   Chứng minh được BAC = AEP (cgc) suy ra ABC PAE Từ đó suy ra được IA  BC (đpcm) a Câu 7 (3đ) b Nhóm được các số hạng A = 3(1  3 + 32 ) + 33 (1  3 + 3 2 )  ... + 3 28 (1  3 + 3 2 ) Tổng các số hạng trong ngoặc đơn có giá trị 13, chia hết cho 13 Qui đồng được Biến đổi đúng, hợp lôgic Lấy nghiệm đúng : x > 0 hoặc x < -1/3 HẾT 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 0,75 0,25