KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Môn : TOÁN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (122.93 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
 QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010

Mơn : TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (4,0 điểm)

a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy
b) Cho biểu thức

3 2

a a a

A = + +

24 8 12 với a là số tự nhiên chẵn. 
Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên.

Bài 2 : (4,0 điểm)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – 6

b) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 20 + 14 2 + 20 - 14 23 3
Bài 3 : (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x - 2 + 6 - x = x - 8x + 242

b) Giải hệ phương trình:

1 1 9
x + y + + =

x y 2
1 5
xy + =

xy 2








Bài 4 ( 5,0 điểm)

Cho tam giác cân ABC (AB = AC;Â< 900), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B và C.
Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M



M B;C



. Gọi I; H; K lần lượt là hình chiếu
của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH.

a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK.
b) Chứng minh PQ // BC.

c) Gọi (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp MPK vàMQH. Chứng minh rằng PQ là
tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ).

d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O1),(O2 ) Chứng minh rằng M,N,D
thẳng hàng.

Bài 5 ( 2,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt
BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh :

AM BN CP

+ +

OM ON OP  9

---
HẾT---Ghi chú : Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
 QUẢNG NGÃI

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Bài

Bài giải

1
4điể

2điểm Ta có:

6x5y18 2 xy  2xy - 6x - 5y = 18  2xy - 6x + 15 - 5y = 33  
2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33

 (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 
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

2điểm Vì a chẵn nên a = 2k



k N



Do đó

3 2 3 2

8 4 2

24 8 12 3 2 6

k k k k k k

A      



 



3 2 1 2 1

2 3

6 6

k k k

k  k k  

 

Ta có : k k+1 2





  k k+1 2k+1 2



 





Ta chứng minh : k k



1 2

 

k 1 3



Thật vậy :
- Nếu k = 3n (vớin N ) thì k k



1 2

 

k 1 3



- Nếu k = 3n + 1 (vớin N ) thì 2k  1 3

- Nếu k = 3n + 2 (vớin N ) thì k  1 3

Với mọi k N  k k



1 2

 

k1



luôn chia hết cho 2 và cho 3
Mà (2, 3) = 1  k k



1 2

 

k 1 6



Vậy A có giá trị nguyên.

2
4điể

m
a

2điểm

a) 2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6

= 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
b

2điểm Đặt u =

3 20 14 2

 ; v = 320 14 2
Ta có x = u + v và u3v3 40
u.v = 3(20 14 2)(20 14 2) 2  

x = u + v  x3 u3v33 (uv u v ) = 40 + 6x hay x3 6x40. Vậy M = 40
3

5điể
m

a
2,5điể

PT: x 2 6 x x2 8x24(1)
ĐKXĐ: 2 x 6

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 6 – x  x = 4
x2 8x24 (x 4)2 8 8 2 2

Dấu “=” xảy ra  (x – 4)2 = 0  x - 4 = 0  x = 4

Phương trình (1) xảy ra  x = 4

Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4

 

b
2,5điể

Điều kiện: xy 0
1 1 9
x + y + + =

x y 2
1 5
xy + =

xy 2







2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)
2

2(xy) -5xy+2=0 (2)








Giải (2) ta được:

xy=2 (3)
1
xy= (4)
2




 Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)

Từ (5) và (3) ta được:

1
2
3
2 2
1
x
y
x y
xy x

y
 



 
 

 
  

 

 

 ( thoả mãn ĐK)

Thay xy =
1

2 vào (1) ta được x + y = 
3
2 (6)

Từ (6)và(4) ta được:

1
1
3
2

2
1 1
2 2
1
x
y
x y
xy x
y
 



  
  
 
 

 

   

  
  

 (thoả mãn ĐK)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:

1 1

( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1

2 2

x y      

   

4
5điể

a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác củaHMK
Vì ABC cân tại A nên ABCACB

Gọi tia đối của tia MI là tia Mx

Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp
 IMH 1800 ACB1800 ABC IMK

 1800  1800  

KMx IMK IMH HMx

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

a
0,75đi

ểm

b
1,25đi

ểm

c
1,0điể

Vậy Mx là tia phân giác của củaHMK.
b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

 KIM KBM HIM; HCM

    

PIQ KIM HIM KBM HCM

    

Mà KBM ICM ( cùng bằng 

1

2sd BM )

 

HCM IBM( cùng bằng


1

2sdCM)  PIQ ICM IBM  
Ta lại có PMQ ICM IBM   1800( tổng ba góc trong tam giác)

  1800

PMQ PIQ

  

Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp  MQP MIK  ( cùng bằng

1

2sd PM)

Mà MIK MCI ( vì cùng bằng KBM)  MQP MCI   PQ// BC

c) Ta có MHI MCI ( cùng bằng 

1

2sd IM )

mà MQP MCI ( c/minh b)

  1 

MQP MHI sd MQ

  

Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM

 PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại tiêp điểm Q (1)

Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O1) tại tiêp điểm P (2)
(1) và (2)  PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O1) và (O2)

d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC
Ta có PE2 = EM .EN ( vì PEM NEP )

QE2 = EM .EN ( vì QEM NEQ )
 PE2= QE2 ( vì PE;QE >0)  PE= QE
Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:

' '

EP EQ

E B E C ( định lí Ta Lét)

Mà EP = EQ  E’B = E’C do đó E’D
Suy ra N, M, D thẳng hàng.

5
2điể

N
A

B C

H M

Từ A và O kẻ AH  BC, OK  BC (H, K  BC)  AH // OK

Nên

OM OK

AM AH (1)

.
2
1

.
2

BOC
ABC

OK BC

S OK

S  AH BC AH

(2)
(1) , (2) 

BOC
ABC

S OM

S AM Tương tự :
AOC
ABC

S ON

S BN , 
AOB
ABC

S OP

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nên

BOC AOC AOB

ABC ABC ABC

S S S

OM ON OP

AM BN CP S S S  (3)

Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: (a+ b + c) (

1 1 1

a b c  )  9

Nên ( )( ) 9

OM ON OP AM BN CP

AM BN CP OM ON OP  (4)

Từ (3) ,(4) suy ra : 9

AM BN CP

</div>

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Môn : TOÁN





HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC







 









 





 





 





 





 



 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về