KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH 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 ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 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 = (-1).(-33) = = (-33). (-1) = (-3).(-11) = (-11).(-3) 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) Các trường hợp còn lại giải ra đều không thoả mãn bài toán 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+ = u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2+ − = 0,25đ 0,5đ 0,5đ 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 0,25đ 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 1.0điểm b 1,5điểm 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 · · MQP MIK⇒ = ( cùng bằng ¼ 1 2 sd PM ) 0,5đ 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 c 1,25điểm d 1,25điểm Mà · · MIK MCI= ( vì cùng bằng · KBM ) · · MQP MCI⇒ = ⇒ PQ// BC c) Ta có · · MHI MCI= ( cùng bằng » 1 2 sd IM ) mà · · MQP MCI= ( c/minh b) · · ¼ 1 2 MQP MHI sd MQ⇒ = = Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM ⇒ PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O 2 ) tại tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O 1 ) tại tiêp điểm P (2) (1) và (2) ⇒ PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC Ta có PE 2 = EM .EN ( vì ∆ PEM ∆ NEP ) QE 2 = EM .EN ( vì ∆ QEM ∆ NEQ ) ⇒ PE 2 = QE 2 ( 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. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,75đ 5 2điểm N A B C O K H M P Từ A và O kẻ AH ⊥ BC OK ⊥ BC (H, K ∈ BC) ⇒ AH // OK Nên OM OK AM AH = (1) 1 . 2 1 . 2 BOC ABC OK BC S OK S AH AH BC = = (2) 0,25đ 0,25đ SS (1) , (2) ⇒ BOC ABC S OM S AM = Tương tự : AOC ABC S ON S BN = AOB ABC S OP S CP = Nên 1 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 OM ON OP + + ≥ (đpcm) 0,75đ 0,75đ - . AM BN CP + + OM ON OP ≥ 9 HẾT Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Bài Câu Bài giải Điểm . KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên. 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 OM ON OP + + ≥ (đpcm) 0,75đ 0,75đ -