Tải bản đầy đủ (.doc) (19 trang)

Đề thi học sinh giỏi Môn Toán lớp 9 và đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (276.49 KB, 19 trang )

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số
3 2010
f (x) (x 12x 31)
= + −
Tính
f (a)
tại
3 3
a 16 8 5 16 8 5
= − + +
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
5(x xy y ) 7(x 2y)
+ + = +
Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình:
2 3 2 2
x x x x x
= − + −
b) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
x y z
2 1


4
xy z

+ + =




− =


Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
A
x y 1 y z 1 z x 1
= + +
+ + + + + +
Câu 4. (5,5 điểm):
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ
một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn
tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD
và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường
thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a)
MI.BE BI.AE
=
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5. (2,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn
AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ
NH PD

tại H.
Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
- - - Hết - - -
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
Đề chính thức
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009 – 2010
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )
Môn: TOÁN - BẢNG A
Câu Ý Nội dung Điểm
1,
(4,5đ)
a)
(2,0đ)
3 3
16 8 5 16 8 5a = − + +

3
3 3
3
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a = + − + − + +
0,5


3
32 3.( 4).a a= + −
0,5

3
32 12a a= −
0,25

3
12 32 0a a+ − =
0,25

3
12 31 1a a+ − =
0,25

2010
( ) 1 1f a = =
0,25
b)
(2,5đ)
2 2
5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = +
(1)

7( 2 ) 5x y+ M


( 2 ) 5x y+ M
0,25

Đặt
2 5x y t+ =
(2)
( )t Z∈
0,25
(1) trở thành
2 2
7x xy y t+ + =
(3)
Từ (2)


5 2x t y= −
thay vào (3) ta được
0,25
2 2
3 15 25 7 0y ty t t− + − =
(*)
0,25
2
84 75t t∆ = −
Để (*) có nghiệm
2
0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥

28
0
25
t⇔ ≤ ≤
0,25

0,25

0t Z t
∈ ⇒ =
hoặc
1t
=
0,25
Thay vào (*)
Với
0t =
1
0y⇒ =
1
0x⇒ =
0,25
0,25
Với
1t =
2 2
3 3
3 1
2 1
y x
y x
= ⇒ = −



= ⇒ =


0,25
0,25
2,
(4,5đ)
a)
(2,5đ)
ĐK
0x
=
hoặc
1x ≥
0,25
Với
0x =
thoã mãn phương trình 0,25
Với
1x ≥
Ta có
3 2 2 2
1
( 1) ( 1)
2
x x x x x x− = − ≤ + −
0,5

2 2 2
1
1( ) ( 1)
2

x x x x x x− = − ≤ − +
0,5
3 2 2 2
x x x x x⇒ − + − ≤
0,25
Dấu "=" Xẩy ra
2
2
1
1
x x
x x

= −



− =


0,25
2
2
2
1
1 1
1
x x
x x
x x


= −

⇔ ⇒ + = −

= +


Vô lý
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
0x =
0,25
b)
(2,0đ)
2
1 1 1
2 (1)
( )
2 1
4 (2)
x y z
I
xy z

+ + =





− =


ĐK
; ; 0x y z ≠
0,25
Từ (1)
2 2 2
1 1 1 2 2 2
4
x y z xy xz yz
⇒ + + + + + =
0,25
Thế vào (2) ta được:
2 2 2 2
2 1 1 1 1 2 2 2
xy z x y z xy xz yz
− = + + + + +
0,25
2 2 2
1 1 2 2 2
0
x y z xz yz
⇔ + + + + =
0,25
2 2 2 2
1 2 1 1 2 1
( ) ( ) 0
x xz z y yz z
⇔ + + + + + =

0,25
2
2
1 1 1 1
0
x z y z
 
 
⇔ + + + =
 ÷
 ÷
 
 
0,25
1 1
0
1 1
0
x z
x y z
y z

+ =


⇔ ⇔ = = −


+ =



0,25
Thay vào hệ (I) ta được:
1 1 1
( ; ; ) ( ; ; ) ( )
2 2 2
x y z TM= −
0,25
3,
(3,0đ)
Ta có
2
(x y) 0 x; y− ≥ ∀
0,25
2 2
x xy y xy⇔ − + ≥
0,25
Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25
Ta có: x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
- xy + y
2
) 0,25
⇒ x
3
+ y

3
≥ (x + y)xy
0,25
⇒ x
3
+ y
3
+1 = x
3
+ y
3
+xyz ≥ (x + y)xy + xyz
0,25
⇒ x
3
+ y
3
+ 1 ≥ xy(x + y + z) > 0
0,25
Tương tự: y
3
+ z
3
+ 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25
z
3
+ x
3
+ 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25


1 1 1
A
xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
≤ + +
+ + + + + +
0,25

x y z
A
xyz(x y z)
+ +

+ +
0,25

1
A 1
xyz
≤ =
0,25
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1
0,25
3
4,
(5,5đ)
N
Q
H
K
I

M
D
E
B
A
O
O'
C
a)
(3,0đ)
Ta có:
·
·
BDE BAE=
(cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
0,25
·
·
BAE BMN=
(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
0,25


·
·
BDE BMN=
0,25
hay
·
·

BDI BMN=


BDMI là tứ giác nội tiếp
0,50


·
·
MDI MBI=
(cùng chắn cung MI)
0,25

·
·
MDI ABE=
(cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
0,25


·
·
ABE MBI=
0,25
mặt khác
·
·
BMI BAE=
(chứng minh trên)
0,25


∆MBI ~ ∆ ABE (g.g)
0,25

MI BI
AE BE
=
⇔ MI.BE = BI.AE
0,50
b)
(2,5đ)
Gọi Q là giao điểm của CO và DE

OC ⊥ DE tại Q

∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao

OQ.OC = OD
2
= R
2
(1)
0,50
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của
AB và OO'

OO' ⊥ AB tại H.
0,50
Xét ∆KQO và ∆CHO có
µ

µ
µ
0
Q H 90 ;O= =
chung

∆KQO ~ ∆CHO (g.g)
0,50


KO OQ
OC.OQ KO.OH (2)
CO OH
= ⇒ =
0,50
4
Từ (1) và (2)
2
2
R
KO.OH R OK
OH
⇒ = ⇒ =
Vì OH cố định và R không đổi

OK không đổi

K cố định
0,50
5,

(2,5đ)
O
A
H'
H
E
P
N
D
C
B
M
∆ABC vuông cân tại A

AD là phân giác góc A và AD ⊥ BC
⇒ D ∈ (O; AB/2)
0,25
Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)

tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP

·
0
NHP 90= ⇒
H thuộc đường tròn đường kính NP


·
·
0

AHN AMN 45= =
(1)
0,50
Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD tại E

tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE
0,25
Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g)

BE = PC
mà PC = BN

BN = BE

∆BNE vuông cân tại B


·
0
NEB 45=

·
·
NHB NEB=
(cùng chắn cung BN)


·
0
NHB 45=

(2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra
·
0
AHB 90=

H ∈ (O; AB/2)
gọi H' là hình chiếu của H trên AB
AHB AHB
HH'.AB
S S
2
⇒ = ⇒
lớn nhất ⇔ HH' lớn nhất
0,50
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB
và OD ⊥ AB)
Dấu "=" xẩy ra ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D
0,50
Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.
5
Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề xuất Đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn: Toán. Bảng A
(Thời gian làm bài: 150 phút )
Bài 1: (4 điểm)
Cho phơng trình x
4
+ 2mx

2
+ 4 =0
Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thỏa mãn
x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
= 32
Bài 2: (4 điểm)
Giải hệ phơng trình
Bài 3: (3,5 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x
2

+ xy + y
2
= x
2
y
2
Bài 4: (6 điểm)
Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB=2R (R là một độ dài cho trớc). M, N là hai điểm
trên nửa đờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đờng
thẳng MN bằng
3R
1) Tính độ dài đoạn MN theo R.
2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đờng thẳng AM và BN là K.
Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Tính bán kính của đờng tròn
đó theo R.
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả
thiết của bài toán.
Bài 5: (2,5 điểm)
Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x
2
+ (3 -x)
2
5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P = x
4
+ (3-x)
4
+ 6x
2

(3-x)
2
.
Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn: Toán. Bảng A
6
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0

+ + + =


+ + + =


x xy y x y
x y x y
Câu Nội dung Điểm
Bài 1 4
Phơng trình x
4
+ 2mx
2
+ 4 =0 (1).
Đặt t = x
2
Phơng trình (1) trở thành: t
2

+ 2mt +4 =0 (2)
Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2
nghiệm dơng phân biệt t
1
, t
2

2
1 2
1 2
' 4 0
2 0 2
. 4 0
m
t t m m
t t

= >

+ = > <


= >

Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x
1,2
=
1 3,4 2
; xt t =
Và x

1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
= 2 (t
1
2
+ t
2
2
)
= 2[(t
1
+ t
2
)
2
- 2 t
1
.t
2
]
= 2[(-2m)

2
-2.4]
= 8m
2
- 16
Từ giả thiết ta có 8m
2
- 16 = 32
6 ; m= 6 m =
(loại).
Vậy giá trị cần tìm của m là:
6 m =
0,5
1,5
1,5
0,5
Bài 2 4
Hệ phơng trình:

2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0
( 1) 2 5 2 0
4 0

( 2)( 2 1) 0
4 0
2 0
4 0
2 1 0
4 0
1
1
4
x=
5
va
13
5
x xy y x y
x y x y
y x y x x
x y x y
y x y x
x y x y
y x
x y x y
y x
x y x y
x
y
x
y

+ + + =



+ + + =



+ + =



+ + + =


+ + =



+ + + =


+ =



+ + + =




+ =





+ + + =


=


=



=




=


1
y=1













Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm: (1; 1);
4 13
; -
5 5




1
1
1,5
0,5
Bài 3 3,5
*Với x 2 và y 2 ta có:
2 2 2
2 2 2
4
4
x y x
x y y








x
2
y
2
2 (x
2
+ y
2
) = x
2
+ y
2
+x
2
+ y
2
x
2
+ y
2
+ 2xy> x
2
+ y
2
+ xy
* Vậy x 2 hoặc y 2
0,5

0,75
0,5
7
- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y
2
-2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y
2
+2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y
2
= y
2
hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y
2
= y
2
hay 1- y = 0 y =1
- Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0
Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0,5
Bài 4 6
1 2

l
H
O
K
A'
B'
A
B
M
N
P
O'
Dựng AA' và BB' vuông góc với MN.
Gọi H là trung điểm của MN OH MN
Trong hình thang AA'B'B ta có:
OH =
1
2
(AA' + BB') =
3
2

R
MH=
2
R
MN= R và OMN đều.
0,5
1,0
0,5
2 2
Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK
ã


0
1
( ) 60
2
AKN sd AB sd MN= =
Gọi O' là trung điểm của IK
ã
ã
0
' 2 120MO N MKN= =
MN =
' 3MO
hay MO' =
3 3
3 3
MN R
=

Do đó bán kính đờng tròn qua M, N, I, K là
3
3
R
0,75
0,5
0,5
0,25
3 2
Điểm K nằm trên cung chứa góc 60
0
dựng trên đoạn AB=2R nên dt(KAB)
lớn nhất đờng cao KP lớn nhất
KAB đều, lúc đó dt(KAB) =
2
2
3
3
4
AB
R=
1,0
1,0
Bài 5 2,5
8
Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức:
P= x
4
+ y
4

+ 6x
2
y
2
trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn:

2 2
3
5
x y
x y
+ =


+

Từ các hệ thức trên ta có:
2 2
2 2
2 9
5
x y xy
x y

+ + =


+



(x
2
+ y
2
) + 4(x
2
+ y
2
+ 2xy) 5 + 4.9 =41
5(x
2
+ y
2
) + 4(2xy) 41
Mặt khác 16 (x
2
+ y
2
)
2
+ 25(2xy)
2
40(x
2
+ y
2
)(2xy) (1)
Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x
2
+ y

2
) =5(2xy).
Cộng hai vế của (1) với 25 (x
2
+ y
2
)
2
+ 16(2xy)
2
ta đợc:
41[ (x
2
+ y
2
)
2
+ (2xy)
2
]

[5(x
2
+ y
2
) + 4(2xy)]
2
41
2
hay (x

2
+ y
2
)
2
+ (2xy)
2
41 x
4
+ y
4
+6x
2
y
2
41
Đẳng thức xảy ra
2 2
2 2
3
( ; ) (1;2)
5
( ; ) (2;1)
4( ) 5(2 )
x y
x y
x y
x y
x y xy
+ =


=


+ =


=


+ =


Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc x=1 hoặc x=2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
UBND TNH BC NINH
S GIO DC - O TO
thi chn hc sinh gii Tnh
Mụn Thi: Toỏn Lp 9
Nm hc 2008-2009
(Thi gian lm bi 150 phỳt (khụng k giao
))
Ngy thi: 07 thỏng 4 nm 2009
Bi 1 (4 im): Rỳt gn cỏc biu thc sau:
1/ A =
5122935

2/ B =
2
43
24
48
++
++
xx
xx
9
CHNH THC
Bài 2 (4 điểm):
1/ Cho a > c; b > c; c > 0. Chứng minh rằng:

abcbccac ≤−+− )()(
2/ Cho 3 số dương x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1
.
Bài 3 (4 điểm):
1/ Giải phương trình: x
2
+ 3x +1 = (x + 3)
1
2
+x
2/ Giải hệ phương trình:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = -1
x

2
+ y
2
+ z
2
= 14

Bài 4 (4 điểm):
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Gọi chân đường vuông góc hạ từ điểm M
nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Xác định vị trí của M
để :
1/
MFMEMD
111
++
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó .
2/
MDMFMFMEMEMD +
+
+
+
+
111
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó .
Bài 5 (4 điểm):
1/ Chứng minh rằng 2
2p
+ 2
2q
không thể là số chính phương, với mọi p, q là các số

nguyên không âm.
2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng
đều tạo thành 1 tam giác có góc tù.
=========Hết==========
Hướng dẫn chấm môn toán
Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2008 – 2009
(Đáp án này có 4 trang)
Nội dung Điểm
Bài 1 (4 điểm)
1/ A=
( )
3 - 5235 −−

=
52 - 6 5 −

1.0
0.5
10
=
) 1 - 5( 5 −
= 1
2/ B =
2 x
x- 2) (
24
424
++
+

x
x
=
2 x
) x 2 )( x- 2 (
24
2424
++
+++
x
xx

= x
4
– x
2
+ 2
0.5
1.0
0.5
0.5
Bài 2 (4 điểm)
1/ Điều phải chứng minh tương đương với phải chứng
minh

1
c) - c(b )(

+−
ab

cac
(1)
VT (1) =
1
2
b
c
- 1
a
c

2
a
c
- 1
b
c

b
c
- 1
a
c

a
c
- 1 =
+
+
+








+






b
c
(Bất đẳng thức côsi). Suy ra điều phải chứng minh

2/ Trước hết ta chứng minh:
yz x +≥+ yzx
(1)
Ta có (1) ⇔
yz 2x x yz
2
++≥+ yzx


yz2 x 1 +≥

yz2 x +≥++ zyx

(vì x + y + z = 1)

( )
0 z -
2
≥y
luôn đúng
• Tương tự có
zx y +≥+ zxy
(2) và
xy z +≥+ xyz
(3)
• Từ (1), (2), (3) ta có

zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1
(đpcm)
• Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
1
0.5
1.0
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
Bài 3 (4 điểm)
1/ Đặt

1 t 1
2
≥=+x
⇒ x
2
= t
2
- 1, phương trình đã cho trở thành
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0
0.25
0.25
11




=
=
3 t
x t
• Với t = x thì
x 1
2
=+x
phương trình này vô nghiệm.
• Với t = 3 thì
3 1
2

=+x
⇔ x
2
= 8 ⇔ x =
22±
• Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x =
22±
2/ Ta có x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
– 2(xy + yz + zx) = 14
⇒ xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) =
5
⇒ y và x+z là nghiệm của phương trình t
2
– 6t + 5 = 0




=+
=
1
5
zx

y
hoặc



=+
=
5
1
zx
y
• Với



=+
=
1
5
zx
y
hệ vô nghiệm
• Với



=+
=
5
1

zx
y
hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2)
0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
Bài 4 (4 điểm)
F
E
D
z
y
x
M
C
B
A
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M
đến BC, CA, AB và h là đường cao
∆ABC
Dễ dàng chứng minh được
• x+y+z = h =
2

3a

9
111
)( ≥








++++
zyx
zyx
9
111
)( ≥








+
+
+

+
+
+++++
xzzyyx
xzzyyx
Từ đó ta có
1/
a
36

3a
9.2

9111111
==≥++=++
hzyxMFMEMD
0.5
0.5
0.5
1.0
12
2/
a
33

3a
9

2
9111111

==≥
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+ hxzzyyxMDMFMFMEMEMD
Trong cả hai trường hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC
1.0
0.5
Bài 5 (4 điểm)
1/ Không mất tính tổng quát giả sử p≥ q, ta có: 2
2p
+ 2
2q
= 4
q
(4
p-q
+ 1)
4
q
là số chính phương, nên cần chứng minh 4
p-q

+ 1 không chính
phương.
Giả sử ngược lại, 4
p-q
+ 1 = (2k + 1)
2
(k ∈N)
⇔ 4
p-q-1
= k(k + 1)
vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương
2/ Trên mặt phẳng vẽ đường tròn đường kính AB bất kì.
Trên nửa đường tròn đó lấy 2009 điểm A
1
; A
2
; … ; A
2009
khác nhau và
khác B
⇒ Bất kì 3 điểm nào A
i
, A
j
, A
k
(i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc
chắn có một góc tù
⇒ luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán
0.5

0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
Lưu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết quả vẫn cho tối đa số điểm.
13
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh
Môn Thi: Toán – Lớp 9
Năm học 2009-2010
(Thời gian làm bài 150 phút (không kể 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
+ −
+
+ + − −
.
14
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 phương trình:

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

− + =


− + =


− + =


.
2/ Giải phương trình:
3 2
1
3
x x x− − =

.
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đường 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 đường
vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đường 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 đường 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 đường 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
Sở Giáo dục - Đào tạo Đáp án và hướng 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, nhưng không chia nhỏ dưới 0,25.
- Mọi lời giải của học sinh có phương pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng
và phù hợp với kiến thức trong chương trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm
tương ứng.
Câu 1 (3,5 điểm)

15
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
= (a
3
+ 6a – 6 + 1)
2010
= 1
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2 (4,50 điểm)

1) (2,50 đ)
Điều kiện: (x
0≥
; y
0≥
; z
0≥
)

Với điều kiện trên hệ đã cho tương đương 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 phương trình trong hệ đều
không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lượt 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)
Phương trình đã cho tương đương với 3 x
3
– 3x
2
– 3x = 1
⇔ 4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
⇔ 4x
3
= (x + 1)
3


3
4
x = x + 1
⇔ (
3
4
- 1)x = 1
0,50

0,50
0,50
0,50
16
⇔ x =
3
1
4 1−
Câu 3 (4,00 điểm)
Đáp án Điểm
1) (2,00đ)
Do AB//CD
0
CDA DAB 180⇒ ∠ + ∠ =
; (O,R) là đường 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 , tương tự tam giác BOC vuông ở O.
0,25
Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O
có các đường 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
BF = EB (3)
EB EA k 1 k 1 3(k 1)
= ⇒ = =
+ + + +

0,25

4kR
GC = CF BC BF 3R
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 phương trình được 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) 0,50
17
A
B
C
D
G
M
K
H
E
F
O
T
_K
_H
_C
_B
_A
HTG HGC⇒ ∠ = ∠
KMG HTG⇒ ∠ = ∠

tứ giác KTGM nội tiếp (5)
Lại có

0
OKM OGM 90∠ = ∠ = ⇒
O; K; G; M thuộc đường tròn đường kính
MO (6)
0,50
Từ (5) và (6)

5 điểm O; K; G; M; T thuộc đường tròn đường 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)
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
N

. 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 )
+ + + + + +
+ − = + + + −

2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+ +
là số nguyên lớn hơn 1 và
2 2k 1 k 1

n 2 n.2
+ +
+ −
là số
nguyên (1)
Mặt khác
2 2k 1 2 2k 1 k
n 2 2 n .2 2n.2 2
+ +
+ ≥ ≥

0,50
0,25
0,50
18

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

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 phương trình t
2
– t
1
3

=
0, phương 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

19

×