De va Dap an mon Toan lop 9 thi HSG tinh Bac Ninh nam 2009-2010

Ubnd tỉnh bắc ninh
Sở giáo dục và Đào tạo
đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học: 2009 - 2010
Môn thi: toán lớp 9 - thcs
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010
Câu 1 (3,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
2 3 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
+
+
+ +
.
2) Cho hàm số f(x) = (x
3
+ 6x - 5)
2010
. Tính f(a), với a =
33
173173 ++
.
Câu 2 (4,5 điểm)
1) Giải hệ phơng trình:

2
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y

z 2z x 2x z

+ =


+ =


+ =


.
2/ Giải phơng trình:
3 2
1
3
x x x =
.
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo
thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA.
1) Chứng minh
EB GD
EA GC
=
. Từ đó, hãy tính tỷ số
EB
EA
,biết: AB=
4R

3
và BC=3R.
2) Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng
vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đờng thẳng HK cắt (O, R) ở
điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG.

Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn
ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a
bc
. Hãy xác định dạng tam giác ABC.
2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK. Cho biết
AH

BC và BK

AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC.
Câu 5 (4,0 điểm)

1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để (
4 2k 1
n 4 )
+
+
là số nguyên tố.
2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn
3 3
a b 2+ =
. Tìm tất cả các giá trị
nguyên của (a + b).

Hết
(Đề thi gồm 01 trang)
Họ và tên thí sinh: Chữ ký của giám thị 1:
Số báo danh: Chữ ký của giám thị 2:
Đề chính thức
Sở giáo dục - Đào tạo
đáp án và hớng dẫn chấm
đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh
Năm học: 2009 2010
Môn: Toán Lớp 9
(Đáp án gồm 03 trang)
Chú ý chung:
- Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhng
không chia nhỏ dới 0,25.
- Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với
kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng ứng.
Câu 1 (3,5 điểm)

1) (1,50đ)
Biến đổi Biểu thức đã cho thành
2 2
2 3 2 3
2 ( 3 1) 2 ( 3 1)
+
+
+ +
=
(2 3)(3 3) (2 3)(3 3)
(3 3)(3 3)
+ + +

+
=
6 3 3 6 3 3
9 3
+ +

= 1
0,50
0,50
0,50
2) (2,00 đ)
Từ a =
33
173173 ++
suy ra a
3
= (
33
173173 ++
)
3

a
3
= 6 + 3
3 3
3 17 . 3 17+
(
33
173173 ++

)
a
3
= 6 6a
a
3
+ 6a 6 = 0
Vậy f(a) = (a
3
+ 6a - 5)
2010
= (f(x) = (a
3
+ 6a 6 + 1)
2010
= 1
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2 (4,5 điểm)
1) (2,50 đ)
Điều kiện: (x
0
; y
0
; z
0
)

Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ
2
2
2
(x y) x y (1)
(y z) y z (2)
(z x ) z x (3)

=


=


=


Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phơng trình trong hệ đều không âm, do
đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy ra hệ
x y 0
y z 0 x y z x x y z
z x 0



= =

x y z 0
x y z 0
x y z 1
x x 0
= =

= = =




= = =
=



Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1
0,25
0,75
0,75
0,50
0,25
2) (2,00 đ)
Phơng trình đã cho tơng đơng với 3 x
3
3x
2
3x = 1

4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
4x
3
= (x + 1)
3

0,50

3
4
x = x + 1
(
3
4
- 1)x = 1
x =
3
1
4 1
0,50
0,50
0,50
Câu 3 (4,00 điểm)
Đáp án Điểm

1) (2,00đ)
Do AB//CD
0
CDA DAB 180 + =
; (O,R) là đờng tròn nội tiếp ABCD nên
DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB
0 0
1
ODA OAD ( CDA DAB) 90 AOD 90
2
+ = + = =
, hay tam giác AOD
vuông ở O , tơng tự tam giác BOC vuông ở O.
0,25
Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O
có các đờng cao OH và OF cùng bằng R

HA.HD = FB.FC = R
2
.
Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R),
ta có HA = EA; EB = FB
HD = GD; FC = GC. Vậy EA.GD = EB.GC

EB GD
EA GC
=
= k (1)
0,25
0,25

Ta phải tìm k > 0 khi AB =
4R
3
và BC = 3R. Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến
của (O, R)

OE

AB và OG

CD

E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG
2
=
2 2
BC (GC EB)
(2)
0,25
Từ (1) có
EB k kAB 4kR 4kR
EB EB (3) BF
EB EA k 1 k 1 3(k 1) 3(k 1)
= = = =
+ + + + +

0,25
4kR 4kR
CF BC BF 3R GC 3R
3(k 1) 3(k 1)

= = =
+ +
(4)
0,25
Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R
2
=
2
2
2
2
8kR (k 9)
9R 3R 5
3(k 1)
9(k 1)

+
=

+
+

0,25
2
11k 18k 9 0 + =
, giải phơng trình đợc nghiệm k >0 là k =
9 6 5
11
+
Vậy

EB
EA
=
9 6 5
11
+
.
0,25
2) (2,00đ)
Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D)

DHG cân ở D, mà DO là
phân giác góc HDG
HG
DO, có MK

DO

MK//HG
KMG HGC =
.
Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG của
(O, R)
HTG HGC =
KMG HTG =

tứ giác KTGM nội tiếp (5) 0,50
Lại có
0
OKM OGM 90 = =

4 điểm O; K; G; M thuộc đờng tròn đờng kính MO
(6)
0,50
Từ (5) và (6)

5 điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO
0
MTO 90 OT MT =
mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R)
0,50
MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M

MT = MG. 0,50
Câu 4 (4, 00 điểm)

1) (2,00 đ)
A
B
C
D
G
M
K
H
E
F
O
T
_K
_H

_C
_B
_A
Từ R(b + c) = a
bc
suy ra
bc
=
( )R b c
a
+

Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có
( )R b c
a
+
=
bc

2
b c+

Suy ra 2R

a. Mặt khác a 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A
0,50
1,00
0,50
2) (2,00 đ)
Tam giác AHC vuông tại H AC AH BC (gt)

Tam giác BKC vuông tại K BC BK AC (gt)
Suy ra AC = AH = BC = BK C H K

Vậy ABC vuông cân tại C
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 5 (4,0 điểm)
1) (2,00 đ)
Đặt M=
4 2k 1
n 4
+
+
+ Khi n chẵn ta có n
4
chia hết cho 2, mặt khác 4
2k+1
chia hết cho 2 và 4
2k+1
>2, với mọi
k

Ơ
. Vậy M không là số nguyên tố.
+ Khi n lẻ:
a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố.
b) Khi n
1

và k
1
, ta chứng minh M không là số nguyên tố:
Ta có M = (
2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1
n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 )
+ + + + + +
+ = + + +
Ta có
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+ +
là số nguyên lớn hơn 1 (1)
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+
là số nguyên, mặt khác
2 2k 1 2 2k 1 k
n 2 2 n .2 2n.2 2
+ +
+
2 2k 1 k 1 k k 1 k 1
n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 ( 2 1) 1
+ + + +
+ = >
(2)
Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số.
Kết luận:

4 2k 1
n 4
+
+
là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0.

0,50
0,25
0,50
0,50
0,25
2) (2,00 đ)
Có a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
ab + b
2
). Từ giả thiết a
3
+ b
3
= 2 (*)


2= (a + b)(a
2
ab + b

2
) mà a
2
ab + b
2
> 0

a + b > 0 (1) 0,25
Đặt a = x +1 và b = y + 1

2 = (x + 1)
3
+ (y + 1)
3

x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+ y
2
) + 3(x + y) = 0 mà 3(x
2
+ y
2
)

0

x
3
+ y
3
+ 3(x + y)

0

(x + y)(x
2
xy + y
2
+ 3)

0 mà x
2
xy + y
2
+ 3 > 0

x + y

0

a + b 2

0

a + b

2 (2)
0,75
Từ (1) và (2)

0 < a + b

2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2 0,25
+ Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25
+ Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn
3 3 2 2
a b 1 a b 1
a b 1
ab 1/ 3
a b 2 a ab b 2
+ = + =
+ =




=
+ = + =


(I). (a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi
a và b là nghiệm phơng trình t
2
t
1

3

= 0, phơng trình này luôn có nghiệm

điều
cần chứng minh.
0,25
Kết luận: a + b có hai giá trị nguyên là 1 và 2. 0,25