Gián án Đề - Đáp án HSG Quãng Ngãi 03/10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
MA TRẬN ĐỀ CHÍNH THỨC
Phân môn Mức độ
Mạch kiến thức
SỐ HỌC Tính chia hết 1 1
2.0
2.0
Phương trình nghiệm nguyên
1
1
2.0
2.0
ĐẠI SỐ Phân tích đa thức thành nhân tử;Căn thức
1 1
2
2.0 2.0
4.0
Phương trình, hệ phương trình
1 1
2
2.5 2.5
5.0
Bất đẳng thức
1
1
2.0
2.0
HÌNH HỌC Định lý Thales, tam giác đồng dạng

1
1
1.0
1.0
Diện tích
1
1
0.5
0.5
Đường tròn
3
3
3.5
3.5
TỔNG CỘNG 3 5.0 4 7.0 5 8.0 12 20.0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010
Môn : TOÁN
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: 2x

3
– 9x
2
+ 13x – 6
b) Tính giá trị của biểu thức M = x
3
– 6x với x =
3 3
20 + 14 2 + 20 - 14 2
Bài 3 : (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24
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

< 90
0
), 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 (O
1
) và (O
2
) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp
∆
MPK và
∆
MQH. Chứng
minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O
1
) và (O
2
).
d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O
1
),(O
2
) 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 không giải thích gì thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN
Bài Câu Bài giải Điểm

1
4điểm
a
2điểm
Ta có:
6 5 18 2x y 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)
0,75đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
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⇒M M
Ta chứng minh :
( ) ( )
1 2 1 3k k k+ + M
Thật vậy :
- Nếu k = 3n (với
n N∈
) thì
( ) ( )
1 2 1 3k k k+ + M
- Nếu k = 3n + 1 (với
n N∈
) thì
2 1 3k + M
- Nếu k = 3n + 2 (với

n N∈
) thì
1 3k + M
Với mọi
( ) ( )
1 2 1k N k k k∈ ⇒ + +
luôn chia hết cho 2 và cho 3
Mà (2, 3) = 1
( ) ( )
1 2 1 6k k k⇒ + + M
Vậy A có giá trị nguyên.
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,75đ
0,25đ
2
4điểm
a
2điểm
a) 2x
3
– 9x
2
+ 13x – 6 = 2x
3
– 2x
2
– 7x
2

+ 7x + 6x – 6
= 2x
2
(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x
2
– 7x + 6)
= (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
0,5đ
1,0đ
0,5đ
b
2điểm
Đặt u =
3
20 14 2+
; v =
3
20 14 2−
Ta có x = u + v và
3 3
40u v+ =
0,25đ
0,5đ
u.v =
3
(20 14 2)(20 14 2) 2+ − =
x = u + v
3 3 3
3 ( )x u v uv u v⇒ = + + +
= 40 + 6x

hay
3
6 40x x− =
. Vậy M = 40
0,5đ
0,5đ
0,25đ
3
5điểm
a
2,5điểm
PT:
2
2 6 8 24x x x x− + − = − +
(1)
ĐKXĐ: 2
6x≤ ≤
Chứng minh được:
2 6 2 2x x− + − ≤
Dấu “=” xảy ra
⇔
x – 2 = 6 – x
⇔
x = 4

2 2
8 24 ( 4) 8 8 2 2x x x− + = − + ≥ =

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
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
b
2,5điểm
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
   
=
 ÷  ÷
   
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
4
5điểm
a
0,75điểm
b
1,25điểm
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

⇒
·
·
·
·
0 0
180 180IMH ACB ABC IMK= − = − =
·
·
· ·
0 0
180 180KMx IMK IMH HMx⇒ = − = − =
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
¼
1
2
sd BM
)
·
·
HCM IBM=
( cùng bằng
¼
1
2
sdCM
)
·
·
·
PIQ ICM IBM⇒ = +
Ta lại có
·
·
·
0
180PMQ ICM IBM+ + =
( tổng ba góc trong tam

giác)
·
·
0
180PMQ PIQ⇒ + =
Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
O
1
E'
A
H
B
P
I
Q
K
E
D
N
O2
O
M
C