Đề thi học sinh giỏi Môn Toán lớp 9 và đáp án

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số 3 2010 f (x) (x 12x 31) = + − Tính f (a) tại 3 3 a 16 8 5 16 8 5 = − + + b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 5(x xy y ) 7(x 2y) + + = + Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: 2 3 2 2 x x x x x = − + − b) Giải hệ phương trình: 2 1 1 1 2 x y z 2 1 4 xy z  + + =     − =   Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 A x y 1 y z 1 z x 1 = + + + + + + + + Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE = b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH PD ⊥ tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1 Đề chính thức SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm 1, (4,5đ) a) (2,0đ) 3 3 16 8 5 16 8 5a = − + + ⇒ 3 3 3 3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a = + − + − + + 0,5 ⇒ 3 32 3.( 4).a a= + − 0,5 ⇒ 3 32 12a a= − 0,25 ⇒ 3 12 32 0a a+ − = 0,25 ⇒ 3 12 31 1a a+ − = 0,25 ⇒ 2010 ( ) 1 1f a = = 0,25 b) (2,5đ) 2 2 5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = + (1) ⇒ 7( 2 ) 5x y+ M ⇒ ( 2 ) 5x y+ M 0,25 Đặt 2 5x y t+ = (2) ( )t Z∈ 0,25 (1) trở thành 2 2 7x xy y t+ + = (3) Từ (2) ⇒ 5 2x t y= − thay vào (3) ta được 0,25 2 2 3 15 25 7 0y ty t t− + − = (*) 0,25 2 84 75t t∆ = − Để (*) có nghiệm 2 0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ 28 0 25 t⇔ ≤ ≤ 0,25 0,25 Vì 0t Z t ∈ ⇒ = hoặc 1t = 0,25 Thay vào (*) Với 0t = 1 0y⇒ = 1 0x⇒ = 0,25 0,25 Với 1t = 2 2 3 3 3 1 2 1 y x y x = ⇒ = −  ⇒  = ⇒ =  0,25 0,25 2, (4,5đ) a) (2,5đ) ĐK 0x = hoặc 1x ≥ 0,25 Với 0x = thoã mãn phương trình 0,25 Với 1x ≥ Ta có 3 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 2 x x x x x x− = − ≤ + − 0,5 2 2 2 1 1( ) ( 1) 2 x x x x x x− = − ≤ − + 0,5 3 2 2 2 x x x x x⇒ − + − ≤ 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 2 1 1 x x x x  = −  ⇔  − =   0,25 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x x  = −  ⇔ ⇒ + = −  = +   Vô lý 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0x = 0,25 b) (2,0đ) 2 1 1 1 2 (1) ( ) 2 1 4 (2) x y z I xy z  + + =     − =   ĐK ; ; 0x y z ≠ 0,25 Từ (1) 2 2 2 1 1 1 2 2 2 4 x y z xy xz yz ⇒ + + + + + = 0,25 Thế vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z x y z xy xz yz − = + + + + + 0,25 2 2 2 1 1 2 2 2 0 x y z xz yz ⇔ + + + + = 0,25 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) 0 x xz z y yz z ⇔ + + + + + = 0,25 2 2 1 1 1 1 0 x z y z     ⇔ + + + =  ÷  ÷     0,25 1 1 0 1 1 0 x z x y z y z  + =   ⇔ ⇔ = = −   + =   0,25 Thay vào hệ (I) ta được: 1 1 1 ( ; ; ) ( ; ; ) ( ) 2 2 2 x y z TM= − 0,25 3, (3,0đ) Ta có 2 (x y) 0 x; y− ≥ ∀ 0,25 2 2 x xy y xy⇔ − + ≥ 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) 0,25 ⇒ x 3 + y 3 ≥ (x + y)xy 0,25 ⇒ x 3 + y 3 +1 = x 3 + y 3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 ⇒ x 3 + y 3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y 3 + z 3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z 3 + x 3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 ⇒ 1 1 1 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) ≤ + + + + + + + + 0,25 ⇒ x y z A xyz(x y z) + + ≤ + + 0,25 ⇒ 1 A 1 xyz ≤ = 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1 0,25 3 4, (5,5đ) N Q H K I M D E B A O O' C a) (3,0đ) Ta có: · · BDE BAE= (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 · · BAE BMN= (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 ⇒ · · BDE BMN= 0,25 hay · · BDI BMN= ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 ⇒ · · MDI MBI= (cùng chắn cung MI) 0,25 mà · · MDI ABE= (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 ⇒ · · ABE MBI= 0,25 mặt khác · · BMI BAE= (chứng minh trên) 0,25 ⇒ ∆MBI ~ ∆ ABE (g.g) 0,25 ⇒ MI BI AE BE = ⇔ MI.BE = BI.AE 0,50 b) (2,5đ) Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q ⇒ ∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao ⇒ OQ.OC = OD 2 = R 2 (1) 0,50 Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' ⇒ OO' ⊥ AB tại H. 0,50 Xét ∆KQO và ∆CHO có µ µ µ 0 Q H 90 ;O= = chung ⇒ ∆KQO ~ ∆CHO (g.g) 0,50 ⇒ KO OQ OC.OQ KO.OH (2) CO OH = ⇒ = 0,50 4 Từ (1) và (2) 2 2 R KO.OH R OK OH ⇒ = ⇒ = Vì OH cố định và R không đổi ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định 0,50 5, (2,5đ) O A H' H E P N D C B M ∆ABC vuông cân tại A ⇒ AD là phân giác góc A và AD ⊥ BC ⇒ D ∈ (O; AB/2) 0,25 Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) ⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà · 0 NHP 90= ⇒ H thuộc đường tròn đường kính NP ⇒ · · 0 AHN AMN 45= = (1) 0,50 Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD tại E ⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE 0,25 Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒ ∆BNE vuông cân tại B ⇒ · 0 NEB 45= mà · · NHB NEB= (cùng chắn cung BN) ⇒ · 0 NHB 45= (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra · 0 AHB 90= ⇒ H ∈ (O; AB/2) gọi H' là hình chiếu của H trên AB AHB AHB HH'.AB S S 2 ⇒ = ⇒ lớn nhất ⇔ HH' lớn nhất 0,50 mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD ⊥ AB) Dấu "=" xẩy ra ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D 0,50 Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. 5 Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề xuất Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A (Thời gian làm bài: 150 phút ) Bài 1: (4 điểm) Cho phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 = 32 Bài 2: (4 điểm) Giải hệ phơng trình Bài 3: (3,5 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB=2R (R là một độ dài cho trớc). M, N là hai điểm trên nửa đờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đờng thẳng MN bằng 3R 1) Tính độ dài đoạn MN theo R. 2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đờng thẳng AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Tính bán kính của đờng tròn đó theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán. Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x) 2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 4 + (3-x) 4 + 6x 2 (3-x) 2 . Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A 6 2 2 2 2 2 5 2 0 4 0 + + + = + + + = x xy y x y x y x y Câu Nội dung Điểm Bài 1 4 Phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 (1). Đặt t = x 2 Phơng trình (1) trở thành: t 2 + 2mt +4 =0 (2) Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân biệt t 1 , t 2 2 1 2 1 2 ' 4 0 2 0 2 . 4 0 m t t m m t t = > + = > < = > Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x 1,2 = 1 3,4 2 ; xt t = Và x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 = 2 (t 1 2 + t 2 2 ) = 2[(t 1 + t 2 ) 2 - 2 t 1 .t 2 ] = 2[(-2m) 2 -2.4] = 8m 2 - 16 Từ giả thiết ta có 8m 2 - 16 = 32 6 ; m= 6 m = (loại). Vậy giá trị cần tìm của m là: 6 m = 0,5 1,5 1,5 0,5 Bài 2 4 Hệ phơng trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 4 0 ( 1) 2 5 2 0 4 0 ( 2)( 2 1) 0 4 0 2 0 4 0 2 1 0 4 0 1 1 4 x= 5 va 13 5 x xy y x y x y x y y x y x x x y x y y x y x x y x y y x x y x y y x x y x y x y x y + + + = + + + = + + = + + + = + + = + + + = + = + + + = + = + + + = = = = = 1 y=1 Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm: (1; 1); 4 13 ; - 5 5 ữ 1 1 1,5 0,5 Bài 3 3,5 *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 2 2 2 4 4 x y x x y y x 2 y 2 2 (x 2 + y 2 ) = x 2 + y 2 +x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 2xy> x 2 + y 2 + xy * Vậy x 2 hoặc y 2 0,5 0,75 0,5 7 - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y 2 = 4y 2 hay 3y 2 -2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y 2 = 4y 2 hay 3y 2 +2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y 2 = y 2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y 2 = y 2 hay 1- y = 0 y =1 - Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5 Bài 4 6 1 2 l H O K A' B' A B M N P O' Dựng AA' và BB' vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN OH MN Trong hình thang AA'B'B ta có: OH = 1 2 (AA' + BB') = 3 2 R MH= 2 R MN= R và OMN đều. 0,5 1,0 0,5 2 2 Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK ã ằ ẳ 0 1 ( ) 60 2 AKN sd AB sd MN= = Gọi O' là trung điểm của IK ã ã 0 ' 2 120MO N MKN= = MN = ' 3MO hay MO' = 3 3 3 3 MN R = Do đó bán kính đờng tròn qua M, N, I, K là 3 3 R 0,75 0,5 0,5 0,25 3 2 Điểm K nằm trên cung chứa góc 60 0 dựng trên đoạn AB=2R nên dt(KAB) lớn nhất đờng cao KP lớn nhất KAB đều, lúc đó dt(KAB) = 2 2 3 3 4 AB R= 1,0 1,0 Bài 5 2,5 8 Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x 4 + y 4 + 6x 2 y 2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 2 2 3 5 x y x y + = + Từ các hệ thức trên ta có: 2 2 2 2 2 9 5 x y xy x y + + = + (x 2 + y 2 ) + 4(x 2 + y 2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy) 41 Mặt khác 16 (x 2 + y 2 ) 2 + 25(2xy) 2 40(x 2 + y 2 )(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x 2 + y 2 ) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x 2 + y 2 ) 2 + 16(2xy) 2 ta đợc: 41[ (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 ] [5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy)] 2 41 2 hay (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 41 x 4 + y 4 +6x 2 y 2 41 Đẳng thức xảy ra 2 2 2 2 3 ( ; ) (1;2) 5 ( ; ) (2;1) 4( ) 5(2 ) x y x y x y x y x y xy + = = + = = + = Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc x=1 hoặc x=2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 UBND TNH BC NINH S GIO DC - O TO thi chn hc sinh gii Tnh Mụn Thi: Toỏn Lp 9 Nm hc 2008-2009 (Thi gian lm bi 150 phỳt (khụng k giao )) Ngy thi: 07 thỏng 4 nm 2009 Bi 1 (4 im): Rỳt gn cỏc biu thc sau: 1/ A = 5122935 2/ B = 2 43 24 48 ++ ++ xx xx 9 CHNH THC Bài 2 (4 điểm): 1/ Cho a > c; b > c; c > 0. Chứng minh rằng: abcbccac ≤−+− )()( 2/ Cho 3 số dương x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1 . Bài 3 (4 điểm): 1/ Giải phương trình: x 2 + 3x +1 = (x + 3) 1 2 +x 2/ Giải hệ phương trình: x + y + z = 6 xy + yz - zx = -1 x 2 + y 2 + z 2 = 14 Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Gọi chân đường vuông góc hạ từ điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Xác định vị trí của M để : 1/ MFMEMD 111 ++ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó . 2/ MDMFMFMEMEMD + + + + + 111 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó . Bài 5 (4 điểm): 1/ Chứng minh rằng 2 2p + 2 2q không thể là số chính phương, với mọi p, q là các số nguyên không âm. 2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều tạo thành 1 tam giác có góc tù. =========Hết========== Hướng dẫn chấm môn toán Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Năm học 2008 – 2009 (Đáp án này có 4 trang) Nội dung Điểm Bài 1 (4 điểm) 1/ A= ( ) 3 - 5235 −− = 52 - 6 5 − 1.0 0.5 10 [...]... 20 09 điểm A1; A2; … ; A20 09 khác nhau và khác B ⇒ Bất kì 3 điểm nào Ai, Aj, Ak (i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc chắn có một góc tù 0.5 0.5 ⇒ luôn tồn tại 20 09 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán Lưu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết quả vẫn cho tối đa số điểm 13 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Môn Thi: Toán – Lớp 9 Năm học 20 09- 2010... và BK Cho biết AH ≥ BC và BK ≥ AC Hãy tính các góc của tam giác ABC Câu 5 (4,0 điểm) 4 2k +1 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để ( n + 4 ) là số nguyên tố 2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a 3 + b3 = 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b) -Hết -Sở Giáo dục - Đào tạo Đáp án và hướng dẫn chấm Đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 20 09 – 2010 Môn: Toán Lớp. .. AB = và BC = 3R 3 Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến của (O, R) ⇒ OE ⊥ AB và OG ⊥ CD ⇒ E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG2 = BC2 − (GC − EB) 2 (2) EB k kAB 4kR Từ (1) có EB + EA = k + 1 ⇒ BF = EB = k + 1 = 3(k + 1) (3) 4kR ⇒ GC = CF = BC − BF = 3R − (4) 3(k + 1)  Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R2 = 9R 2 − 3R −  0,25 0,25 2 8kR  (k + 9) 2 ⇔5= 3(k + 1)  9( k + 1) 2  ⇔ 11k 2 + 18k − 9 = 0... sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 20 09 – 2010 Môn: Toán Lớp 9 (Đáp án gồm 03 trang) Chú ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhưng không chia nhỏ dưới 0,25 - Mọi lời giải của học sinh có phương pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tương ứng Câu 1 (3,5 điểm) 15 1)... 16 ⇔ x= 3 1 4 −1 Câu 3 (4,00 điểm) Đáp án 1) (2,00đ) Do AB//CD ⇒ ∠CDA + ∠DAB = 1800 ; (O,R) là đường tròn nội tiếp ABCD nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB ⇒ ∠ODA + ∠OAD = Điểm 0,25 1 (∠CDA + ∠DAB) = 90 0 ⇒ ∠AOD = 90 0 2 hay tam giác AOD vuông ở O , tương tự tam giác BOC vuông ở O Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O E B A có các đường cao OH và OF cùng bằng R H ⇒ HA.HD = FB.FC... y + z ) x + y + z  ≥ 9    0.5   1 1 1  ( x + y + y + z + z + x)  x+ y + y + z + z + x 9    0.5 Từ đó ta có 1/ 1 1 1 1 1 1 9 9.2 6 3 + + = + + ≥ = = MD ME MF x y z h a 3 a 1.0 12 2/ 1 1 1 1 1 1 9 9 3 3 + + = + + ≥ = = MD + ME ME + MF MF + MD x + y y + z z + x 2h a 3 a 1.0 Trong cả hai trường hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC 0.5 Bài 5 (4 điểm)... + 22k +1 − n.2k +1 ≥ 2n.2k 2 − n.2k +1 = n.2k +1 ( 2 − 1) > 1 (2) Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số Kết luận: n 4 + 42k +1 là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0 0,50 0,25 2) (2,00 đ) Có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Từ giả thi t a3 + b3 = 2 (*) ⇒ 2= (a + b)(a2 – ab + b2) mà a2 – ab + b2 > 0 ⇒ a + b > 0 (1) Đặt a = x +1 và b = y + 1 ⇒ 2 = (x + 1)3 + (y + 1)3 ⇒ x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y)... ≤ 0 ⇒ a + b ≤ 2 (2) Từ (1) và (2) ⇒ 0 < a + b ≤ 2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2 + Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 + Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn 0,25 0,75 0,25 0,25 a + b = 1 a + b = 1 a + b = 1 ⇔ 2 ⇔  3 (I) 3 2 ab = −1/ 3 a + b = 2 a − ab + b = 2 1 3 (a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi a và b là nghiệm phương trình... 90 0 ⇒ O; K; G; M thuộc đường tròn đường kính MO (6) Từ (5) và (6) ⇒ 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ ∠MTO = 90 0 ⇒ OT ⊥ MT mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R) MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M ⇒ MT = MG 0,50 0,50 0,50 Câu 4 (4, 00 điểm) 1) (2,00 đ) Từ R(b + c) = a bc suy ra bc = R (b + c) a Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có 0,50 R (b + c) = a... cho 2, mặt khác 42k+1 chia hết cho 2 và 42k+1 >2, với mọi k ∈ N Vậy M không là số nguyên tố + Khi n lẻ: a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố b) Khi n ≥ 1 và k ≥ 1 , ta chứng minh M không là số nguyên tố: Ta có M = ( n 2 + 22k +1 )2 − (n.2k +1 )2 = (n 2 + 22k +1 + n.2k +1 )(n 2 + 22k +1 − n.2k +1 ) Mà n 2 + 22k +1 + n.2k +1 là số nguyên lớn hơn 1 và n 2 + 22k +1 − n.2k +1 là số nguyên . nguyên của (a + b). Hết Sở Giáo dục - Đào tạo Đáp án và hướng dẫn chấm Đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 20 09 – 2010 Môn: Toán Lớp 9 (Đáp án gồm 03 trang) Chú ý chung: - Điểm toàn bài. 1 Đề chính thức SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 20 09 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 20 09 – 2010 Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm):