Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh Quảng Ngãi 2010 Môn: Toán39359

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH Ngày thi : 30/3/2010 Mơn : TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4,0 điểm) a) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn b) Cho biểu thức A = 6x + 5y + 18 = 2xy a a a + + với a số tự nhiên chẵn 24 12 Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên Bài : (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – b) Tính giá trị biểu thức M = x3 – 6x với x = Bài : (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 20 + 14 + 20 - 14 x - + - x = x - 8x + 24 1  x + y + x + y =  b) Giải hệ phương trình:   xy + =  xy Bài ( 5,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm M M  B;C  Gọi I; H; K hình chiếu M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác góc HMK b) Chứng minh PQ // BC c) Gọi (O1) (O2 ) đường tròn ngoại tiếp  MPK  MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) (O2 ) d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai (O1),(O2 ) Chứng minh M,N,D thẳng hàng Bài ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh : AM BN CP  + + OM ON OP - HẾT Ghi : Cán coi thi khơng giải thích thêm ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN Bài Câu a 2điểm Bài giải Ta có: x  y  18  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 trường hợp sau : y 3 1  x  19  2 x   33  y   y   33  x  *  2 x    y  36  y   11  x  *  2 x    y  14 y 3  x  *  2 x   11  y  * 4điểm Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4) b 2điểm Vì a chẵn nên a = 2k k  N  8k 4k 2k k k k      24 12 2k  3k  k k k  12k  1   6 Ta có : k k+1  k k+12k+1 Điểm 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Do A  0,5đ 0,25đ Ta chứng minh : k k  12k  1 Thật : - Nếu k = 3n (với n  N ) k k  12k  1 - Nếu k = 3n + (với n  N ) 2k  1 0,75đ - Nếu k = 3n + (với n  N ) k  1 Với k  N  k k  12k  1 chia hết cho cho 4điểm Mà (2, 3) =  k k  12k  1 Vậy A có giá trị nguyên 0,25đ a 2điểm a) 2x3 – 9x2 + 13x – = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – = 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3) b 2điểm Đặt u = 20  14 ; v = 20  14 Ta có x = u + v u  v3  40 0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,25đ ThuVienDeThi.com 0,5đ a 2,5điểm u.v = (20  14 2)(20  14 2)  x = u + v  x3  u  v3  3uv(u  v) = 40 + 6x hay x3  x  40 Vậy M = 40 PT: x    x  x  x  24 (1) ĐKXĐ:  x  Chứng minh được: x    x  2 Dấu “=” xảy  x – = – x  x = x  x  24  ( x  4)    2 Dấu “=” xảy  (x – 4)2 =  x - =  x = Phương trình (1) xảy  x = Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4  b 2,5điểm Điều kiện: xy0 1  x + y + x + y =  2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)     (2)  2(xy) -5xy+2=0  xy + =  xy Giải (2) ta được: 5điểm  xy=2 (3)   xy= (4)  0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Thay xy = vào (1) ta x + y = (5)  x   x  y  y   Từ (5) (3) ta được:   x   xy     y  1 Thay xy = vào (1) ta x + y = 2 ( thoả mãn ĐK) 0,5đ 0,5đ (6)  x     y  x y      2 Từ (6)và(4) ta được:  (thoả mãn ĐK)  1   xy   x   2   y   0,5đ Vậy hệ cho có nghiệm là:  1 1  ( x; y )  (1; 2), (2; 1), 1;  ,  ;1  2 2  ThuVienDeThi.com 0,25đ 5điểm A O2 N K H O1 M P B Q E E' I D C O a 0,75điểm b 1,25điểm ฀ a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác HMK Vì  ABC cân A nên ฀ABC  ฀ACB Gọi tia đối tia MI tia Mx Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp 0,25đ ฀ ฀  IMH  1800  ฀ACB  1800  ฀ABC  IMK ฀ ฀ ฀ ฀  KMx  1800  IMK  1800  IMH  HMx ฀ Vậy Mx tia phân giác của HMK 0,5đ b) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp ฀ ฀ ฀ ฀  KIM  KBM ; HIM  HCM ฀  KIM ฀ ฀ ฀ ฀  PIQ  HIM  KBM  HCM 0,25đ ฀ ฀ ฀ Mà KBM  ICM ( sd BM ) ฀ ฀ ฀ ) HCM  IBM ( sdCM ฀  ICM ฀ ฀ 0,25đ  PIQ  IBM ฀ ฀ ฀ Ta lại có PMQ  ICM  IBM  1800 ( tổng ba góc tam 0,25đ giác) ฀ ฀  1800  PMQ  PIQ Do tứ giác MPIQ nội tiếp ThuVienDeThi.com 0,25đ c 1,0điểm 0,25đ 0,5đ 0,25đ Hai tia QP;QH nằm khác phía QM  PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn 0,25đ (O1) tiêp điểm P (2) (1) (2)  PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2) 0,5đ d) Gọi E; E’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE = EM EN (  PEM  NEP ) QE2 = EM EN (  QEM  NEQ )  PE2 = QE2 ( PE;QE >0)  PE = QE Xét  MBC có PQ // BC ( c/m b) nên: S S d 1,0điểm ฀ ฀ ฀  MQP  MIK ( sd PM ) ฀ ฀ ฀ Mà MIK  MCI ( KBM ) ฀ ฀  MQP  MCI  PQ// BC ฀ ฀ ฀ c) Ta có MHI  MCI ( sd IM ) ฀ ฀ mà MQP  MCI ( c/minh b) ฀ ฀ ฀  MQP  MHI  sd MQ EP EQ ( định lí Ta Lét)  E ' B E 'C Mà EP = EQ  E’B = E’C E’  D 0,5đ Suy N, M, D thẳng hàng A P N O 2điểm B H K M Từ A O kẻ AH  BC OK  BC (H, K  BC)  AH // OK OM OK Nên (1)  AM AH S BOC OK BC OK (2)   S ABC AH BC AH ThuVienDeThi.com C 0,25đ 0,25đ S BOC OM  S ABC AM S ON Tương tự : AOC  S ABC BN S AOB OP  S ABC CP (1) , (2)  Nên OM ON OP S BOC S AOC S AOB       (3) AM BN CP S ABC S ABC S ABC 0,75đ Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1   )  a b c OM ON OP AM BN CP Nên (   )(   )  (4) AM BN CP OM ON OP (a+ b + c) ( Từ (3) ,(4) suy : AM BN CP    (đpcm) OM ON OP 0,75đ Ghi chú: - Hướng dẫn trình bày cách giải Mọi cách giải khác cho điểm tối đa theo câu, - Đáp án có chỗ cịn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ cịn chưa chi tiết cho bước lập luận, biến đổi Tổ giám khảo cần thảo luận thống trước chấm - Điểm tồn khơng làm tròn số ThuVienDeThi.com ...HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN Bài Câu a 2điểm Bài giải Ta có: x  y  18  xy  2xy - 6x - 5y = 18  2xy... 3) – 5(y – 3) = 33  (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 Ta xét trường hợp sau : y 3 1  x  19  2 x   33  y   y   33  x  *  2 x    y  36  y   11  x  *  2 x  ... 4điểm Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); ( 19; 4) b 2điểm Vì a chẵn nên a = 2k k  N  8k 4k 2k k k k      24 12 2k  3k  k k k  12k