Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2010 - 2011 môn Toán lớp 9 Bảng B (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: TOÁN - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mọi số
nguyên n thì không chia hết cho 3.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao
cho là một số chính phương.
Câu 2 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Giải hệ phương trình:
Câu 3 (3,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
Câu 4 (4,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF =
b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K(O).
Câu 5 (2,5 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC
không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường
thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh
rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
- - - Hết - - -
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2

n n 2+ +
2
n 17+
2
x 4x+5 = 2 2x+3+
2
2
2x+y = x
2y+x = y





2
4x+3
A
x 1
=
+
2
BC
∈
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN - Bảng B

Câu: Nội dung

1.
a,
(2,5)
*) Nếu
nên (1)
*) Nếu
(2)
Từ (1) và (2) thì
b,
(2,5)
Đặt
=17.1
Do m + n > m - n
Vậy với n = 8 ta có
2.
a,
(2.5)
Giải phương trình (1)
Điều kiện:
(1)




thỏa mãn điều kiện
b,
(2.5)
Giải hệ phương trình

Trừ từng vế 2 phương trình ta

có:
Ta có:
*)
Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)
*) (*)
Vì phương trình vô nghiệm
nên hệ (*) vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)
3.
Tìmgiá trị nhỏ nhất của
Ta có:

Dấu "=" xảy ra
2
n 3 n n 3⇒ +M M
2
n n 2 3
/
+ + M
2
n 3 n 2 3
/
⇒ +M M
2
n n 2 3
/
⇒ + + M
n Z⇒ ∀ ∈
2
n n 2 3

/
+ + M
2 2
m n 17= +
(m N)∈
2 2
m n 17 (m n)(m n) 17 1.17⇒ − = ⇒ − + = =
m n 17 m 9
m n 1 n 8
+ = =
 
⇒ ⇒
 
− = =
 
2 2
n 17 64 17 81 9+ = + = =
2
x 4x+5=2 2x+3+
3
2x+3 0 x -
2
≥ ⇒ ≥
2
x 4x+5-2 2x+3 0⇔ + =
2
x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0⇔ + + =
2 2
(x 1) ( 2x+3 1) 0⇔ + + − =
x 1 0

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

x y 1 0 x 1 y
= =
 
⇔ ⇔
 
+ − = = −
 
x y x y
x(x 3) 0 x 0
= =
 
⇔
 
− = =
 
2 2 2
x 1 y x 1 y x 1 y
2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 1 0
= − = − = −
  
⇔ ⇔
  
− + = − − + =
  
2
y y 1 0− + =
2
4x+3
A
x 1

=
+
2
2 2
4x+3 x 4x+4
A 1
x 1 x 1
+
= = − +
+ +
2
2
(x 2)
A 1 1
x 1
+
= − + ≥ −
+
x 2 0 x 2⇔ + = ⇔ = −
(1)
(2)
hoặc x = 3
Vậy khi x = -2
4.
a,
(2,5)
Gọi I là giao điểm của AH và BC ⇒ AI ⊥ BC
Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g)
(1)
Ta có: ∆CHI ∆CBF (g, g)

(2)
Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC
2
b,
(2,0)
Gọi K là điểm đối xứng của H
qua BC suy ra
Mà (do tứ giác AFIC nội tiếp)
⇒ tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒ K ∈ (O)
5.
+ Khi .
F trùng với B, E
trùng với C lúc đó EF là đường kính.
EF đi qua điểm O cố định.
+ Khi < 90
0
>
90
0
.
Gọi K là điểm
đối xứng của I
qua EF.
(cùng bù )
(Do I và K đối
xứng qua EF)
nội tiếp
(cung chắn )
(1)
(Do K và I đối

xứng qua EF) (2)
(cùng phụ ) (3)
Từ (1), (2), (3)
AKBI là tứ
giác nội tiếp

Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng.
+ Khi > 90
0
< 90
0
chứng minh tương tự.
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.
- - - Hết - - -
min
A 1= −
H
K
E
I
F
O
B
A
C
BH BI
BH.BE BC.BI
BC BE
⇒ = ⇒ =
CH CI

CH.CF BC.CI
CB CF
⇒ = ⇒ =
· ·
HCB KCB=
·
·
FAI HCI=
·
·
·
·
FAI BCK hay BAK BCK⇒ = =
·
0
BAC 90= ⇒
·
0
BIC 90=
⇒
⇒
K
F
E
O
A
B
C
I
·

BAC
⇒
·
BIC
·
·
EIF EAF⇒ =
·
BIC
·
·
EKF EIF=
· ·
EKF EAF⇒ =
AKFE⇒
·
·
KAB KEF⇒ =
»
KF
·
·
IEF KEF=
·
·
IEF BIK=
·
KIE
·
·

KAB BIK⇒ =
⇒
⇒
K (O)∈
⇒
·
BAC
⇒
·
BIC
SS