ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán pot

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: Toán
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 30 tháng 3 năm 2011)
SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(2.5 điểm) Cho biểu thức
2
4 4 4 4
8 16
1
x x x x
A
x x
+ − + − −
=
− +
với
4 8x< ≤
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên.
Câu 2:(2.5 điểm) Số đo hai cạnh góc vuông của một tam giác là nghiệm của phương
trình bậc hai
2
( 2) 2( 1) 0m x m x m− − − + =
. Xác định m để số đo đường cao ứng
với cạnh huyền của tam giác đã cho là
2
5
Câu 3:(3.0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Tiếp
tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc (O) và (O’) tại C và D.

Qua A kẻ đường thẳng song song CD cắt (O) và (O’) lần lượt tại M và N. Các
đường thẳng BC, BD lần lượt cắt MN tại P và Q. Các đường thẳng CM, DN cắt
nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng AE và CD vuông góc nhau.
b) Tam giác EPQ cân.
Câu 4:(1.0 điểm) Cho
, , 0x y z >
thỏa mãn:
2 2 2
3x y z+ + =
. Chứng minh:

z x
3
x y
xy y z
z
+ + ≥
Câu 5:(1.0 điểm) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn :
5 5 5 5
4( )a b c d+ = +
Chứng minh rằng :
a b c d+ + +
chia hết cho 5.

HẾT
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 30 tháng 3 năm 2011)

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 3 trang)
Yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước
giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần
là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của
từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu Nội dung Điểm
1
a) Với
4 8x< ≤
Ta có:
2
4 4 4 4 4 4 4 4
4
1
x x x x
A
x
− + − + + − − − +
=
 
−
 ÷
 

=
( ) ( )
2 2
2
4 2 4 2
4
1
x x
x
− + + − −
 
−
 ÷
 
4 2 4 2
4
1
x x
x
− + + − −
=
−

4 2 2 4 4
4
4
x x x
x
x
x

− + + − −
= =
−
−
b) Ta có:
16
4
4
A
x
= +
−
với
4 8x< ≤
Do đó với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi x – 4 là ước của 16.
Kết hợp với điều kiện đã cho ta có:

4 1 5
4 2 6
4 4 8
x x
x x
x x
− = =
 
 
− = ⇔ =
 
 
− = =

 
2,5 điểm
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
2 2,5 điểm
Trang: 2 - Đáp án Toán 9
I
O'
O
E
Q
P
N
M
D
C
B
A
Gọi
1 2
,x x
là số đo hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho, vì chúng là
nghiệm của phương trình bậc hai
2
( 2) 2( 1) 0m x m x m− − − + =
nên ta có

điều kiện:

2
2
' 0
0
0
2
1
0
0
2
m
m
m
P
m
m
S
m

≠


≠


∆ ≥
 
⇔ >

 
>
−
 
−
 
>

>

−

(*)
Từ giả thiết bài toán ta có:
( )
( )
2
1 2 1 2
2
2 2
1 2
1 2
2
1 1 5 5
4 4
x x x x
x x
x x
+ −
+ = ⇔ =

2
2
2 4 4 5
4
m m
m
− +
⇔ =

2
3 16 16 0m m⇔ − + =

4
4,
3
m m⇔ = =
Thử lại ta thấy chỉ có giá trị m = 4 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy : m = 4 là giá trị cần tìm
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
3
a) Ta có:
· ·
ECD CMA

=
(đồng vị),
·
·
CDA CMA
=
(cùng chắn cung
»
CA
)
Nên
·
·
ECD DCA
=
.
Chứng minh tương tự ta có:
·
·
EDC CDA
=
Suy ra:
( . . )CDE CDA g c g CE CA CEA∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆
cân tại C.
Theo chứng minh trên thì CD là đường phân giác của
·
ECA

Nên:
CD AE⊥

b) Gọi I là giao điểm của CD và AB. Ta có:
· ·
IAD IDB
=
(cùng chắn cung
»
BD
)
3,0 điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang: 3 - Đáp án Toán 9

2
( . ) .
IA ID
IAD IDB g g ID IA IB
ID IB
⇒ ∆ ∼ ∆ ⇒ = ⇒ =
Chứng minh tương tự ta có:
2
.IC IA IB=
Suy ra:
2 2
IC ID IC ID= ⇒ =
Ta có:

//
CI BI DI
CD PQ
AP BA AQ
⇒ = =
Vì: CI = DI
AP AQ⇒ =
hay A là trung điểm PQ.
Mặt khác:
CD AE⊥
, CD // PQ nên:
PQ AE⊥

Vậy: tam giác EPQ có AE vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên nó là
tam giác cân.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
Ta có:
( )
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
z x z x
3 9
x y x y

z x
2 9
x y
xy y z xy y z
z z
x y y z
x y z
z
 
+ + ≥ ⇔ + + ≥
 ÷
 
⇔ + + + + + ≥
2 2 2 2 2 2
2 2 2
z x
3
x y
x y y z
z
⇔ + + ≥
Mặt khác:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
z
2 ; 2 ; 2
x
x y y y z z x z x x y
y z x

z x y y z
+ ≥ + ≥ + ≥
Suy ra:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
z x
3
x y
x y y z
x y z
z
⇔ + + ≥ + + =
Vậy
z x
3
x y
xy y z
z
+ + ≥
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
1.0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Ta chứng minh
( )
5

5n n
−
M
Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5 2 2 2 2 2
2
1 1 1 4 5 1
( 2)( 1) ( 1)( 2) 5 ( 1) 5
n n n n n n n n n n
n n n n n n n
− = − + = − − + −
 
= − − + + + −
 
M
Suy ra:
( )
( )
( )
5 5 5 5 5 5
5 5
5
a a b b c c d d c d a b c d
a b c d
 
− + − + − + − = + − + + +
 
⇒ + + +

M
M
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang: 4 - Đáp án Toán 9

Trang: 5 - Đáp án Toán 9