PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRUONG
Năm học : 2010 – 2011
Môn : Tóan
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 13 / 12 / 2008
Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Phân tích biểu thức sau ra thừa số
M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
Câu 2 : ( 4 ñieåm ) Định a và b để đa thức A = x
4
– 6 x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương của một đa
thức khác .
Câu 3 : ( 4 ñieåm ) Cho biểu thức :
P =


4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a) Rút gọn p .
b) Tính giá trị của biểu thức p khi /x / =
4
3
c) Với giá trị nào của x thì p = 7
d) Tìm giá trị nguyên của x để p có giá trị nguyên .
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Câu 5 : ( 3ñieåm)
Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB và BC lần
lượt tại M và N . Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC bằng 75 (cm)
Câu 6 : ( 4 ñieåm ) Cho tam giác đều ABC . M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai
cạnh BC và AC sao cho BM = CN xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất .
------------- Hết ----------
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 2 : ( 4 ñieåm )
Ta có thể viết : A = x
4
– 6x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = ( x
2
– 3x + k )
2
= x
4
+ 9x
2
+ k
2
– 6x
3
+ 2kx
2
– 6kx ( 1/2ñ )
= x
4
– 6x
3
+ ( 9 + 2k )x
2
– 6kx + k
2

2
( ½ ñ )
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Vì a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên - 1 ≤ a , b , c ≤ 1
⇒ a + 1 ≥ 0 ; b + 1 ≥ 0 ; c + 1 ≥ 0 ( ¼ ñ )
Do đó : ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ≥ 0 ( ¼ ñ )
⇔ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) ( 1/2 ñ )
Cộng 2 vế của (1) cho 1 + a + b +c + ab + bc + ca . Ta có :
abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ )
Ta biết : 1 + a + b + c + ab + bc + ac =

2
1
( 1 + a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a + 2b + 2c + 2 ab + 2 bc + 2 ac ) = ( 1/2 ñ )
2
1
( 1 + a + b + c )
2
≥ 0 ( vì a

BK
GK
BC
CN
AB
AM
( ¼ ñ )
Mà
3
1
=
+
+
BCAB
NCAM
( ¼ đ )
vì AM + NC = 16 (cm) và AB + BC = 75 – AC ( 3/4 đ )
Do đó :
3
1
75
16
=
−
AC
⇒ AC = 27 (cm) ( 3/4 đ )
Ta lại có :
18
3
2

Do đó : AQ + pB =
2
1
2
1
2
1
=+
BMAN
(AN + NC ) =
AC
2
1
( 1/2 đ )
Kẻ MH ⊥ QN . Tứ giác MpQH là hình chữ nhật ( 1/4 đ )
Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB -
ABAC
2
1
2
1
=
( 1/2 đ )
Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng
2
1
AB . ( 1/4 đ )
Khi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC ( 1/2 đ )
PHÒNG GIÁO DỤC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005

3
x
+ 3x
Bài 2: ( 3 điểm)
Giải hệ phương trình:







=++
=++
=++
=++
)4(12
)3(14
)2(15
)1(10
yxt
xtz
tzy
zyx
Bài 3: ( 5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2mx + 2m –1 = 0
a) Chứng minh: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m ≠ 1.
b) Tính giá trò của biểu thức: A =

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 - 2005
MÔN TOÁN - LỚP 9

Bài 1: ( 5 điểm)
a) Rút gọn:
A = 1 -
11
1
22
+−
+
−
++
−
++−
xx
xx
xx
xx
xx

=
1
)1.(
1
)1.(
11
33
+−

xxxxxx
−−−++−−
11
(0,5đ)
=
2
)1(1211 xxxxx
−−−=+−−−
= (0,5đ)
=
01111
=+−−=−−−
xxxx
(do 0
1
≤≤
x
nên
01
>−
x
) (0,5đ)
b) Ta có:
3
33
3
2525









=
=
=
=
5
3
2
7
z
y
x
t
(1đ)
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) (0.5đ)
Bài 3: ( 5 điểm)
a) Ta có:
mmmm
∀≥−=+−=∆
0)1(12
22'
(0,75đ)
Vậy: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khi
0
'
>∆

)121(2244
3)12.(2
22
+
+
=
−+++−
+−
m
m
mmm
m
(0,5đ)
b) Ta có:
A=
24
)12(
1
24
144
1
24
144)24(
24
14
2
2
2
2
2

Lúc đó:
1
max
=
A
(0,5đ)
Bài 4: ( 3 điểm)
- Vẽ hình - Ghi giả thiết, kết luận đúng. (0,5đ)