Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán lớp 9 vòng 2 có đáp án(đề 1)

Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 1)
năm học : 2008 - 2009
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức:
4 4
2 14 28 16
x x x x
A
x x x x
+
=
+
1. Tìm
x
để
A
có nghĩa, từ đó rút gọn biểu thức
A
.
2. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4,0 điểm)
Cho phơng trình
2 2
2 6 0x mx m m + =
(

m
là tham số).
1. Với giá trị nào của
m
thì phơng trình đã cho có hai nghiệm
1
x
và
2
x
sao cho
1 2
2 1
18
7
x x
x x
+ =
.
2. Với giá trị nào của
m
thì phơng trình đã cho có hai nghiệm
1
x
và
2
x
sao cho
1 2
8x x+ =

Bài 3: (3,0 điểm)
1. Cho bốn số thực bất kì
, , ,a b c d
. Chứng minh:
( ) ( )
2 2 2 2
ab cd a c b d+ + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
2. Với giá trị nào của góc nhọn

thì biểu thức
3sin 3 cosP

= +
có giá trị lớn nhất ?
Cho biết giá trị lớn nhất đó.
Bài 4: (4 điểm)
Cho
ABC

với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lợt là tiếp điểm của cạnh
AC và cạnh BC với đờng tròn tâm O nội tiếp
ABC

. Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt
tia BO tại Q .Gọi E, F lần lợt là trung điểm của AB và AC .
a. Chứng minh rằng :
c
PQ
b

NQ
a
MP
==
.
b. Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC và các đờng thẳng AD, BM và CE đồng qui tại
K
( ; ; )K AM D BC E AB
. Hai tam giác AKE và BKE có diện tích là 10 và 20. Tính
diện tích tam giác ABC.
Bài 6: (2,0 điểm)
1. Tìm số tự nhiên
n
để
18n
+
và
41n

là hai số chính phơng.
................ Hết ................
1
Đáp án và thang điểm:Đề số 1
Bài Câu Nội dung Điểm
1
(4 điểm)
1.1
(2 đ)

Để A có nghĩa, trớc hết 0x . Đặt
( )
0t x x=
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
3 2
3 2
3 2 2
1 4
1 1 4
4 4
2 14 28 16 2 1 2 4
2 2 12 28 16
t t
t t t
t t t
A
t t t t t t
t t t t

+
+
= = =
+
+
Để biểu thức A có nghĩa thì:

0, 1, 2, 4 0, 1, 4, 16t t t t x x x x
(*)
Khi đó, rút gọn ta đợc:
( )
( )
1 1
2 2
2 2
t x
A
t
x
+ +
= =


1,0
0,5
0,5
1.2
(2 đ)
( )
( )
( ) ( )
2 3
1 1 3
2 2 2 2 2 2 2
t
t
A

t t t
+
+
= = = +

Để A là số nguyên thì x nguyên và 2t phải bằng
1
hoặc 3 .
- Nếu
2 1 1t t
= =
( loại vì trái điều kiện (*)).
- Nếu 2 3 1 0t t = = < (loại)
- Nếu
2 1 3 9t t x
= = =
và
2A =
- Nếu 2 3 5 25t t x = = = và
1A =
Vậy: Để A nhận các giá trị nguyên thì
9x
=
và
25x
=
.
0,5
0,5
0,5

0,5
2
(4 điểm)
2.1
Để phơng trình
2 2
2 6 0x mx m m + =
có hai nghiệm thì:
( )
2 2
' 6 6 0 6m m m m m = = +
(1)
0,5
Với điều kiện (1),
( )
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 1 1 2 1 2
2
18 18 18
7 7 7
x x x x
x x x x
x x x x x x
+
+
+ = = =
và

1 2
0x x
( )
( )
2 2
2
2 2
4 2 6
18 6 9
2; 3
6 7 6 7
m m m
m m
m m
m m m m

+ +
= =

2
1 2
8 48 0 4; 12m m m m = = =
(thỏa mãn điều kiện (1) và đều
khác -2 và khác 3)
0,5
0,5
0,5
2.2
Với điều kiện (1),
( )

2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
8 2 64 2 2 64x x x x x x x x x x x x+ = + + = + + = (2)
0,5
+ Nếu
1
x
và
2
x
cùng dấu thì
( ) ( )
1 2
2
6
0
6 2 3 0
m
x x
m m m m




= +

0,5
6 2m

hoặc
3m

(3)
0,25
Khi đó (2)
( )
2
2
1 2
64 4 64 4x x m m + = = = (thỏa điều kiện (3)).
0,25
+ Nếu
1
x
và
2
x
trái dấu thì
( ) ( )
2
1 2
0 6 2 3 0 2 3x x m m m m m< = + < < <
(4)
Khi đó (2)
( )
( )
2
2 2
1 2 1 2

4 64 4 4 6 64x x x x m m m + = =
6 16 10m m
+ = =
(không thỏa điều kiện (4).
0,5
2
+ Vậy, để
1 2
8x x+ =
thì 4m =
3
(3,0 điểm)
3.1
Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 ab cd a c b d ab cd a c b d + + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2a b c d abcd a b a d b c c d + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 0 0ad bc ad bc ad bc + : đúng với 4 số thực a, b,
c, d bất kì.
Vậy:
( ) ( )
2 2 2 2
0 , , , ,ab cd a c b d a b c d + + + R

Dấu đẳng thức xảy ra khi
0ad bc
=
hay
( )
0, 0
c d
a b
a b
=
0,5
0,5
0,5
3.2
áp dụng kết quả trên, ta có:
3sin 3 cos 0P

= + >
nên
Theo Bunhiacopki ta có
(
)
( )
2
2 2 2
3sin 3 cos 3 3 sin cos 2 3P

= + + + =
max
2 3P = khi

3 3
sin cos
=
à à
0
sin 3
3 60
cos
3
tg



= = =
1,0
0,5
4
4 điểm
4a
Ta có :
ã
BOP
là góc ngoài
AOB



ã
BOP
=

ã ã
PAB OBA+
=
2
1
(
ã
ã
BAC ABC+
)
0,25
Lại có :
ã
BNP
=180
0

ã
MNC
=180
0
-
ã
ã
ã
0
0
180 1
180 ( )
2 2

ACB
BAC ABC

= +

0,5


ã
ã
BOP BNP+
=180
0


tứ giác BOPN nội tiếp


ã
ã
OPM OBC=
(cùng bù
ã
OPN
)
0,25
Mặt khác :
ã
ã
OMP OCN=

OPM OBC

:
(g.g)

OB
OP
OC
OM
a
PM
==
(1)
0,5
Tơng tự ta có :
ONQ OCA :
(g.g)


a
PM
OC
OM
OC
ON
b
NQ
===
(2)

0,5
3
O
F
E
Q
P
N
M
C
B
A
QOP AOB :
(g.g)


a
PM
OB
OP
c
PQ
==
(3)
0,5
Từ (2) , (3)


c
PQ

b
NQ
a
MP
==
0,5
b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM tơng tự câu a)
ã
AQO
=
ã
AMO
= 90
0



ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến
0,5


ã
EQB
=
ã
EBQ
=
ã
CBQ
0,25

EQ//BC 0,25
mà EF//BC

E, Q, F thẳng hàng . 0,25
5 3 điểm
20
10
E
D
M
K
C
B
A
+ Gọi
h
là khoảng cách từ K đến AB, ta có:

/ 2 1
/ 2 2
AKE
BKE
S AE h AE AE
S BE h BE BE


ì
= = =
ì

.
+ Suy ra:
1
2
2
ACE
BCE ACE
BCE
S
S S
S



= =
(1)
+ Tơng tự:
1
AKM
AKM CKM
CKM
S MA
S S
S MB



= = =
Đặt
AKM CKM

x S S

= =
, ta có:

20 10 30
ABM CBM BCK BCK
S S x x S S= + + = + =
(1)
20 30 50
BCK BEK
S S+ = + =
Mà BE = 2AE
25
AEC
S =

75
ABC
S =
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
6
(2,0 điểm)
Để
18n

+
và
41n

là hai số chính phơng
2
18n p + = và
( )
2
41 ,n q p q = N
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
18 41 59 59p q n n p q p q = + = + =
Nhng 59 là số nguyên tố, nên:
1 30
59 29
p q p
p q q
= =



+ = =

Từ
2 2
18 30 900n p+ = = = suy ra
882n
=
Thay vào

41n

, ta đợc
2 2
882 41 841 29 q = = = .
Vậy với 882n = thì 18n + và 41n là hai số chính phơng
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
4
5