KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH - Môn Toán potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2012

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút.
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn:
6 +5 +18 = 2x y xy
b) Chứng minh rằng với mọi a
∈N
thì biểu thức A =
5 4 3 2
a a 7a 5a a
+ + + +
120 12 24 12 5

có giá trị là số tự nhiên.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
4 1 5 14x x x+ = − +
b) Giải hệ phương trình:
1 1 6
2
y = x
z = xy
= +
x y z










với x, y, z
≠
0
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Cho a =
1 2
2
-
. Tính giá trị của biểu thức:
16 51
8
a a
-

b) Cho a và b là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+

+ + ≥ +
Bài 4: (5,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). Từ điểm C
trên đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác của
·
MAB

cắt CN tại I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm
thứ hai là Q.
a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng.
b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC.
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần
lượt lấy các điểm D, E, F sao cho
·
·
0
EDC = FDB = 90
(E khác B).
Chứng minh rằng EF // BC.
HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn Toán
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn:
6 +5 +18 = 2x y xy

Tóm tắt cách giải
Từ
6 5 18 2x y xy+ + =

2 6 5 18xy x y⇒ − − =
.
2 6 15 5 33xy x y− + − =

( ) ( )
2 3 5 3 33x y y− − − =
.
( ) ( )
3 2 5 33 1.33 3.11y x− − = = =
Ta xét các trường hợp sau :
*
3 1 19
2 5 33 4
y x
x y
− = =
 
⇒
 
− = =
 
*
3 33 3
2 5 1 36
y x
x y

− = =
 
⇒
 
− = =
 
*
3 11 4
2 5 3 14
y x
x y
− = =
 
⇒
 
− = =
 
*
3 3 8
2 5 11 6
y x
x y
− = =
 
⇒
 
− = =
 
Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên.
Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)

b) Chứng minh rằng với mọi a
∈
N
thì biểu thức A =
5 4 3 2
a a 7a 5a a
+ + + +
120 12 24 12 5
có giá trị là
số tự nhiên.
Tóm tắt cách giải
Ta có A=
5 4 3 2
a a 7a 5a a
120 12 24 12 5
+ + + +
=
5 4 3 2
a 10a 35a 10a 24a
120
+ + + +
Đặt M =
5 4 3 2
a 10a 35a 10a 24a+ + + +
⇒
M =
a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4)
Với mọi a
N∈
ta có:

+ Trong tích có ít nhất 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp, nên M
8M
+ M là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp, nên M
5M
+ M chứa tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, nên M
3M
Vì (3; 5; 8) = 1 nên
M 3.5.8 120=M
Do đó
5 4 3 2
a a 7a 5a a
120 12 24 12 5
+ + + +
là số tự nhiên với mọi a
N∈
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
4 1 5 14x x x+ = − +
Tóm tắt cách giải
2
4 1 5 14x x x+ = − +
( 1 )Điều kiện: x
≥
–1.
(1)
⇔
(x
2
– 6x + 9 ) + ( x + 1– 4

1x +
+ 4) = 0
⇔
( x – 3)
2
+ (
1x +
– 2)
2
= 0

⇔
2
2
( 3) 0
( 1 2) 0
x
x

− =


+ − =



⇔

3 0
1 2 0

x
x
− =



+ − =



⇔
3
1 2
x
x
=



+ =



⇔

3 3
1 4 3
x x
x x
= =

 
⇔
 
+ = =
 
(TM ĐK)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 3.
b) Giải hệ phương trình:
1 1 6
2
y = x
z = xy
= +
x y z









với x, y, z
≠
0
2
ĐỀ CHÍNH THỨC
Tóm tắt cách giải
Hệ phương trình:

2
(1)
(2)
1 1 6
(3)
y x
z xy
x y z


=


=



= +


với x, y, z
≠
0
Thế (1) vào (2) ta có z = x
3
(4)
Thế (1) và (4) vào (3) ta có:
2 3
1 1 6
x x x

= +
hay
2
3 3
6x x
x x
+
=
Vì x
≠
0 nên ta có x
2
= x + 6
⇔
x
2
– x – 6 = 0

⇔
(x + 2)(x – 3) = 0
⇔
2
3
x
x
= −


=


Với x = –2
⇒
y = 4; z = –8
Với x = 3
⇒
y = 9; z = 27
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (–2 ; 4 ; –8) và (3 ; 9 ; 27).
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Cho a =
1 2
2
-
. Tính giá trị của biểu thức:
16 51
8
a a
-

Tóm tắt cách giải
Ta có:
( )
2
4 2
8 8
8
1 2
2 1 2 1 2 2 4 4 1
2
16 16 8 1 16 4 8 1 24 5
169

256 816 169 16 51
16
13
16 51
4
a a a a a
a a a a a a
a a a a
a a
−
= ⇒ = − ⇒ − = ⇒ = +
⇒ = + + = + + + = +
⇒ = + ⇒ − =
⇒ − =
b) Cho a và b là các số thực dương. Chứng minh rằng:
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + ≥ +
Tóm tắt cách giải
Với
∀
a, b > 0, ta có:
2 2
1 1
0; 0

2 2
a b
   
− ≥ − ≥
 ÷  ÷
   

1 1
0; 0
4 4
a a b b⇒ − + ≥ − + ≥
1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b⇒ − + + − + ≥

∀
a, b > 0
1
0
2
a b a b⇒ + + ≥ + >
Mặt khác
2 0a b ab+ ≥ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2

2
a b a b ab a b
 
+ + + ≥ +
 
 

( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
⇒ + + ≥ +

Bài 4: (5,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). Từ điểm C trên
đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác của
·
MAB
cắt CN tại
I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q.
a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng.
b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC.
3
(nhận)
(nhận)
1

3
2
1
1
2
Tóm tắt cách giải
a) Chứng minh P, C, Q thẳng hàng
Ta có CI // BM ( cùng vuông góc AM)
⇒

¶
µ
2 1
IM =
( đồng vị ) (1)

¶
µ
2 3
M A=
( góc nội tiếp cùng chắn cung BQ) (2)
Từ (1) và (2)
µ
µ
3 1
IA⇒ = ⇒
Tứ giác AICQ nội tiếp .
·
µ
2

IQC A⇒ =
(góc nội tiếp cùng chắn cung IC) (3)
Lại có :
·
»
»
µ
2
2 2
sd MP sd PB
MQP A= = =
(4)
Từ (3) và (4)
·
·
IQC MQP⇒ =
Ta có 2 tia QC và QP nằm ở 1/2 mặt phẳng bờ QM có
·
·
MQP IQC=
nên 2 tia QC và QP trùng
nhau. Do đó Q; C; P thẳng hàng.
b) Chứng minh MI đi qua trung điểm của AC
Gọi E là giao điểm của MQ và AB . Ta có
IC // BM ( cùng vuông góc AM)

EC EI
BC MI
⇒ =
(5)

Mặt khác AI là phân giác của
·
MAB
nên
EI AE
IM AM
=
(6)
Từ (5) và (6)
( )
EC AE
BC AM
EC AE
BC AM gt

=

⇒ ⇒ =


=

Vậy MI đi qua trung điểm của AC .
4
Q
P
M
N
F
E

H
B
C
A
D
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy
các điểm D, E, F sao cho
·
·
0
EDC = FDB = 90
(với E khác B).
Chứng minh rằng EF // BC.
Tóm tắt cách giải
Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N.
Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD
2
= HM. HC (1)
Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD
2
= HB. HN (2)
Từ (1) và (2)
⇒
HM.HC = HB.HN
HB HC HB HC
HM HN BM CN
⇒ = ⇒ =

(3)
Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P và Q.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
Vì PD // BM
PD ED
BM EM
⇒ =
; PD // BH
PD AD
BH AH
⇒ =
.
Do đó
: : .
PD PD ED AD BH ED AH
BM BH EM AH BM EM AD
⇒ = ⇒ =
(4).
Tương tự ta cũng có
.
CH FD AH
CN FN AD
=
(5)
Từ (3) (4) và (5)
ED FD
EM FN
⇒ =
.
Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC.

Ghi chú :
+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho
điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của
học sinh.
+ Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic
và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó. Vẽ hình sai (về mặt bản chất) nhưng lời giải
đúng thì không cho điểm.
+ Điểm từng câu và toàn bài không làm tròn số.
5