DAP AN THI HSG TOAN 9 THCS

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang ). Đề chính thức. Câu Ý I 1. Nội dung. P. x x 3 2( x  3) x 3   x 2 x  3 x 1 3 x. Cho biểu thức Rút gọn P: ĐK x  0, x  9. P. x x  3  2( x  3) 2  ( x  3)( x  1) ( x  1)( x  3). . 0,50 0,50 0,75 2,00. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. . . x1 x 1  9 x  8 x  1 9   x 1 x 1 x 1 9 9  x  1  x 1  2 x 1 x 1 P P. 2,00. 0,25. x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3 ( x  1)( x  3) = x 8 x x  3x  8 x  24 ( x  3)( x  8)   ( x  1)( x  3) x 1 = ( x  1)( x  3) 2. Điểm. 0,50 0,50. Áp dụng bất đẳng thức CôSi ta có:. 9 P  x 1   2 2 x 1. . . x 1. 9  2 2 9  2 4 x 1. 9  x 4 x  1 Ta có P = 4  . Vậy min P = 4 khi x = 4 x 1 . II. 1. 4 3 Tìm m để phương trình x  4 x  8 x  m 0 ... (1) (1)  ( x 4  4 x 3  4 x 2 )  (4 x 2  8 x)  m 0  ( x 2  2 x) 2  4( x 2  2 x)  m 0 (2) 2 2 Đặt t ( x  2 x  1) ( x  1) 0, ta có (2)  (t  1) 2  4(t  1)  m 0  t 2  6t  5  m 0 (3) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( 3) có 2 nghiệm dương phân biệt.  '  0   S t1  t2  0  P t .t  0 1 2 Điều này tương đương với : . 0,50. 0,50 2,50. 0,50 0,75. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 9  m  5  0 4  m  0 m  4     5m4 6  0 m  5  0 m   5     m  5  0 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi -5< m <4 2. 0,50 0,25. 8  2  3 x  y 3    x3  2  6  y Giải hệ phương trình :  Điều kiện y 0 2 Đặt z = y ta được hệ :. 2,50. 0,50. 2  3 x z 3  3 2  3 z x. 2 2 Trừ vế với vế của hai phương trình trên ta đươc ( x  z )( x  xz  z  3) 0  x  z 0. 0,75. 3z 2 z 3 2 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + 2 ) + 4 > 0 với mọi x, z). Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0  (x+1)2(x - 2) = 0  x = -1 hoặc x = 2 Với x  z  1  y  2  nghiệm (x ; y ) của hệ là (  1;  2).. 0,50. 0,75. Với x z 2  y 1  nghiệm (x ; y ) của hệ là (2;1). III. Vậy nghiệm (x ; y ) của hệ là ( 1;  2) và (2;1). 1 Tìm n nguyên dương sao cho 2 n  15 là bình phương của một số tự nhiên. n 2 * Giả sử tồn tại n   sao cho 2  15  y , ( y  ).. Xét trường hợp n chẵn:. *. (1) m. n 2m, m   . Đặt x 2 , phương trình (1) trở thành.  x  y 1  x 2  15  y 2  ( x  y )( x  y ) 15, mà x  y  0, do đó  x  y 15 hoặc. 2,00 0,50.  x  y 3   x  y 5.  x  y 1  x 8   m 3  n 6  x  y  15 y  7   Với (thỏa mãn). x  y  3 x  4     m 2  n 4  Với  x  y 5  y 1 (thỏa mãn).. 0,50 0,50. Xét trường hợp n lẻ: n 2m  1, m  . n m n Ta có 2 4 .2 2(mod 3)  2  15 2(mod 3), mà bình phương của một số tự. 0,50. nhiên thì đồng dư với 0,1(mod 3), suy ra trong trường hợp này không tồn tại n lẻ thỏa mãn bài toán. Vậy giá trị cần tìm của n là.  4, 6 .. 2. Cho m, n là các số tự nhiên dương thỏa mãn. 6. m  0. n Chứng minh rằng. 2,00.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m 1  . n 2mn m 6 0 n Ta có 6. 0,50. 6n  m  6n 2  m 2  6n 2 m 2  1.. 2 2 2 Nếu 6n m  1 thì m  1 0(mod 3) (*). 2 2 Mà m 0,1(mod 3)  m  1 1, 2(mod 3) điều này mâu thuẫn với (*). 2 2 Vậy 6n m  2 (**). 0,50. 2. 1  1  2  m2  2 m  m  1  2 2m  4m Ta lại có . (***).. 2. 1   6n   m    2m   Từ (**) và (***) ta được 2. IV. 1. 6n  m . 0,50. 1  2mn. 6. m 1  . n 2mn (đpcm). 0,50. Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng.. 2,50. 0   Theo giả thiết ta có AFH  AEH 90  AEH F nội tiếp đường tròn, suy ra AH 0  là đường kính của đường tròn ( )  ANH 90  AN  NH (1).. 0,50. Gọi P là điểm đối xứng với H qua M, suy ra BHCP là hình bình hành, suy ra       CPB BHC EHF 1800  BAC  CPB  BAC 1800  BACP nội tiếp đường tròn ().  BP / / CH  BP  AB  CH  AB  Từ  AP là đường kính của đường tròn (), suy ra AN  NP (2).. Từ (1) và (2) suy ra N, H, P thẳng hàng mà H, M, P thẳng hàng suy ra M, N, H thẳng hàng. A. 0,50. 0,50 0,50. 0,50. N E F. Q. B. H. D. K. C. M P. 2.   Chứng minh NDE FDK . AD, BE , CF là ba đường cao của tam giác ABC, suy ra các tứ giác BDHF,     CDHE và BFEC nội tiếp, suy ra FDH FBH HCE HDE , suy ra DH là  phân giác FDE (3).. 1,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  ANM 900 1  ANDM  0  sd AN    ADM  90 Ta có  nội tiếp, suy ra NDA  NMA ( 2 của. đường tròn (ANDM)). 0,25. (4).. 0 0   Vì AH là đường kính của ( ) , suy ra HKM 90 và từ HDM 90 , nên suy ra.       DHKM nội tiếp, suy ra NMA HMK KDH KDA  NMA KDA. (5).    Từ (4) và (5) suy ra NDA KDA  tia DA là phân giác của NDK (6).   Từ (3) và (6) suy ra NDE FDK . (đpcm) 3 Chứng minh rằng tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn Xét tam giác AHM có AN, MD, HK là ba đường cao, suy ra AN, MD và KH đồng qui tại Q là trực tâm của tam giác AHM.. QH QD   QH .QK QD.QM (5)  QDH  QKM , QM QK Ta có, đồng dạng với suy ra QN QM   QD.QM QN .QA (6) QNM đồng dạng với tam giác QDA , suy ra QD QA. Vì ANBC nội tiếp đường tròn (), suy ra tam giác QNB đồng dạng với tam. QN QB   QN .QA QB.QC (7) QC QA giác QCA (g –g) . QH QB QH .QK QB.QC    QC QK , mà KQC Từ (5), (6) và (7) suy ra chung cho hai. 0,50. 0,25 2,00 0,50 0,25 0,25 0,50. . 050. tam giác QHB và QCK , suy ra tam giác QHB đồng dạng với tam giác QCK , V. 0     suy ra QHB QCK  BHK  BCK 180  BHKC nội tiếp. Chứng minh rằng ..... (Sử dụng nguyên tắc Đi rích lê) Cách 1 Ta coi 22 đấu thủ là 22 chim bồ câu và 7 hàng trong bảng là 7 lồng chim.. Ta có: 22 3 7 1, bởi vậy theo nguyên tắc Đi rích lê tồn tại một hàng chứa ít nhất 4 đấu thủ. Ta gọi hàng đó là A Ta loại bỏ hàng A ra khỏi bảng chúng ta còn lại 6 hàng với ít nhất 22  7 15 đấu thủ. Ta lại có 15 6 2  3, nên theo nguyên tắc Đi rích lê tồn tại một hàng mà ta gọi là hàng B ( hàng B khác hàng A) chứa ít nhất 3 đấu thủ. Tiếp tục ta loại bỏ hàng B ra khỏi bảng chúng ta còn lại 5 hàng với ít nhất 22  2 7 8 đấu thủ. Ta lại có 8 7  1, nên tồn tại 2 hàng C, D trong đó hàng C. chứa ít nhất 2 đấu thủ, hàng D chứa ít nhất 1 đấu thủ. Bây giờ ta sẽ chỉ ra cách chọn ra 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau: Đầu tiên ta chọn ra một đấu thủ D1 từ hàng D ( điều này bao giờ cũng thực hiện được vì hàng D có ít nhất 1 đấu thủ).. 1,00 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tiếp theo ta chọn ra đấu thủ D2 từ hàng C sao cho D1 và D2 không cùng cột (điều này bao giờ cũng thực hiện được vì hàng B có ít nhất 2 đấu thủ).. 0,25. Tiếp theo ta chọn ra đấu thủ D3 từ hàng B sao cho D3 không cùng cột với D1 và D2 ( vì hàng B có ít nhất 3 đấu thủ).. Cuối cùng ta chọn ra từ hàng A đấu thủ D4 không cùng cột với D1 , D2 , D3 Như vậy chúng ta đã chọn ra được 4 đấu thủ D1 , D2 , D3 , D4 mà họ được chọn từ các hàng đôi một khác nhau và các cột đôi một khác nhau. Do đó 4 đấu thủ này đôi một sẽ không tấn công lẫn nhau. Cách 2 1 2 3 4 5 6 7 Ta điền các số từ:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 vào bảng ô vuông đơn vị sao cho mỗi chữ số 7 1 2 3 4 5 6 được điền vào bảng 7 lần và mỗi chữ số được điền vào 7 dòng khác nhau, 7 cột 0,50 6 7 1 2 3 4 5 khác nhau như hình bên. 5 6 7 1 2 3 4 4 5 6 7 1 2 3 3 4 5 6 7 1 2 2 3 4 5 6 7 1 Ta xem mỗi lồng chim bồ câu là gồm các ô được điền cùng chữ số, như vậy ta có 7 lồng chim bồ câu. Khi đặt 22 đấu thủ ( coi như 22 chim bồ câu) vào 7 lồng thì sẽ có một lồng chứa ít nhất 4 chim bồ câu ( vì 22 7 3  1 ). Khi đó 4 đấu thủ trong cùng một lồng đôi một sẽ không tấn công lẫn nhau.. 0,50. Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>