Hà Văn Quang THCS Trung Môn
Phòng GD&ĐT Yên Sơn ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎỈ KHỐI 9
Trường THCS Trung Môn Môn: Toán
Năm học: 2010-2011
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề: có 01 trang
Bài 1: (3,0 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x
2
– 49 – 12xy + 9y
2
b) x
2
+ 7x + 10
Bài 2: (4,0 điểm)
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: (3,0 điểm)
Với x, y không âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x -

1
1
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 9
Môn Toán – Năm học 2010-2011
Đáp án có 04 trang
Bài 1 (3,0đ)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) ( 1,5 đ) 4x
2
- 49- 12xy + 9y
2
= (4x
2
- 12xy + 9y
2
)- 49
= (2x-3y)
2
-7
2
= (2x-3y+7)(2x-37-7)
b) ( 1,5 đ) x
2
+7x+10
= x
2
+5x+2x+10
= x(x+5) +2(x+5)
= (x+5)(x+2)

x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
b)
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
,
Với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
1
2x −
nguyên hay 1 chia hết cho x – 2
Mà ước của 1 chỉ là 1 và -1 . Khi đó :
Nếu: x – 2 = 1 => x = 3 hoặc x - 2 = - 1 => x = 1.
Vậy với x = 1 hoặc x = 3 thì biểu thức A nguyên
2
2

2
2
2
§Æt x a; y b víi a, b 0, ta cã:
P = a 2ab 3b 2a 2008,5
= a 2a b 1 3b 2008,5
= a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5
= a - b -1 2 b b 2007,5
1 1
a - b -1 2 b b 2007,5
4 2
1
a - b -1 2 b
2
= = ≥
− + − +
− + + +
− + + + + − +
+ − +
 
= + − + + −
 ÷
 
 
= + − +
 ÷
 
( )
2
2



 
⇔ ⇔
 
=
 
=



 
= =
 
 
⇔ ⇔
 
 
= =
 
 
Bài 4: (3,0 đ)
* Xét ba trường hợp:
Với x
≤
0 thì y = -x – x +1 = -2x + 1
Với 0 < x < 1 thì y = x – x + 1 = 1
Với x
≥
1 thì y = x + x – 1 = 2x -1

-1
1
2
-1
x
y
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,25điểm )
( 0,5điểm )
Hà Văn Quang THCS Trung Môn
Bài 5. (3 điểm)
a) 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 song
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.
b/ 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

AMT’
nên
·
OMO’
=90
o
Tam giác OMO’ vuông ở M có MA OO’ nên:
MA
2
= OA.OA’, Suy ra:
MA =
OA.OA' R.R'=
( 1 điểm )
4
4
T
O A
M
’
’
O’
S
T’
F
E
M
G
H
D
C

ST’A suy ra:
2
ST SA
hay ST.ST' = SA
SA ST '
=
( 1 điểm )
c) MA = MT = MT’ nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
TAT’
và OO’ MA tại A.
Do đó đường tròn ngoại tiếp
∆
TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A. ( 0,5 điểm )
Gọi M’ là trung điểm của OO’ thì M’M//OT
⇒
SM M’M ở M mà M’M là bán kính
đường tròn ngoại tiếp
∆
OMO’.
Do đó đường tròn ngoại tiếp
∆
OMO’ tiếp xúc với SM tại M ( 0,5 điểm )
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
5
5