069 đề hsg toán 9 quảng bình 2012 2013

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THPT NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: Tốn ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(2.0 điểm) Cho biểu thức: P  x x  26 x  19 x x   x2 x  x1 x 3 a) Rút gọn P b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ Câu 2:(2.0 điểm) Cho phương trình x  2mx  m  0 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23 26m b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm ngun Câu 3:(3,5 điểm) Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường trịn (O) Đường thẳng d thay đổi ln qua A cắt cung nhỏ AB điểm thứ hai E (E A) Đường thẳng d cắt hai tiếp B C đường tròn (O) M N MC cắt BN F Chứng minh rằng: a) Tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA, tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN b) Tứ giác BMEF tứ giác nội tiếp c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm có định d thay đổi ln qua A Câu 4:(1,5 điểm) Cho c¸c sè thùc dơng a, b, c thoả mÃn a + b + c =6 Chứng minh rằng: b c 5 c a a b Dấu đẳng thức xảy nào? a b 3c Câu 5:(1,0 điểm) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n  n hợp số HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hng dn ny cú trang) yêu cầu chung * Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất Câu Nội dung 1,0 điểm 0,25 a) ĐK: x 1 Ta có: P x x  26 x  19 x x   ( x  1)( x  3) x1 x 3  x x  26 x  19  x ( x  3)  ( x  3)( x  1) ( x  1)( x  3)  x x  26 x  19  x  x  x  x  ( x  1)( x  3)  x x  x  16 x  16 ( x  1)( x  16) x  16   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) x 3 b) P Điểm 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm x  16 25 25  x  3  x 3 6 x 3 x 3 x 3 2 ( x  3) 25  10  4 x 3 Vậy GTNN P = x   0,5 0,25 25  x 4 x 3 Trang: - Đáp án Toán 11 0,25 a) x  2mx  m  0 1,0 điểm  15  Ta có:  ' m2  m   m     m 2  0,25 Vậy phương trình ln có nghiệm phân biệt với m Theo định lý Viet: x1  x2 2m; x1 x2 m  0,25 x13  x23 26m   x1  x2   x1 x2 ( x1  x2 ) 26m 0,25  8m3  6m(m  4) 26m  m(8m  6m  2) 0  m 0; m 1; m  0,25 1,0 điểm b) Gọi x1 , x2 (x1  x2 ) hai nghiệm nguyên phương trình Ta có: x1  x2 2m; x1 x2 m  Suy x1  x2  x1 x2 8  2( x1  x2 )  x1 x2  15  (2 x1  1)(2 x2  1)  15  x1    TH1:   x2  15 2 x1    TH2:  2 x2  3 0,25  x1 0  m 4   x2 8  x1   m 0   x2 2 0,5  x1   15  x1    m  TH3:   x2  1  x2 1  x1    x1    m 1 TH4:   x2  5  x2 3 Thử lại m=0, m=1, m=-3,m=4 thỏa mãn điều kiện toán 0,25 3,5 điểm N A E M F B 0,5 O I a) Ta có: AC//BM suy BMA CAN AB//CN suy BAM CNA Do tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA C 0,5 0,25 Trang: - Đáp án Toán 11 MB AB MB BC    AC NC BC CN Mặt khác MBC BCN 1200 Suy ra: 0,25 0,25 Suy tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN b) BFM BCM  NBC BCM  BMC 1800  MBC 600 Mặt khác BEM BCA 600 (do t/c góc ngồi tứ giác nội tiếp) Suy BFM BEM 600 Do tứ giác BMEF nội tiếp c) Gọi I giao điểm EF với BC Ta có IBF BMF (câu a), suy IB tiếp tuyến đường tròn ngoại tứ giác BMEF Tương tự chứng minh IC tiếp tuyến đường trịn ngoại tứ giác CNEF Từ đó: IB IE.IF ; IC IE.IF  IB IC hay I trung điểm BC Vậy d qua điểm cố định I 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 điểm Đặt x a  1; y b  2; z c  (x, y, z >0) VT  2 yz zx x y y x x z y z         x y z x y z x z y y x z x y z   6 x y x z z y Dấu xảy x=y=z, suy a=3, b=2, c=1 n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn - Với n = 2k, ta có n  n (2k )  k lớn chia hết cho Do n  n hợp số -Với n = 2k+1, tacó n  4n n  42 k n  (2.4k ) (n2  2.4k )2  (2.n.2k )  n  2.4k  2.n.2k   n  2.4k  2.n.2k  0,5 0,5 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25  ( n  2k )  4k   (n  2k )  4k  Mỗi thừa số lớn Vậy n4 + 4n hợp số Trang: - Đáp án Toán 11 0,25