Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên.. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M M B;C .. a Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK.. c Gọi O1 và O2 lần lượt
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010
Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút
MA TRẬN ĐỀ CHÍNH THỨC
Mạch kiến thức
SỐ HỌC
ĐẠI SỐ
HÌNH HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010
Trang 2Môn : 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 A = a3 + a2 + 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: 2x3 – 9x2 + 13x – 6
b) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 20 + 14 2 + 20 - 14 23 3
Bài 3 : (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x - 2 + 6 - x = x - 8x + 242
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< 900), 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 (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp MPK vàMQH Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 )
d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O1),(O2 ) 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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN
1
4điểm
a
2điểm Ta có:
6x5y18 2 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 các trường hợp sau :
2 5 33 4
2 5 1 36
2 5 3 14
2 5 11 6
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)
0,75đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ b
2điểm Vì a chẵn nên a = 2k k N
Do đó 8 3 4 2 2 3 2
24 8 12 3 2 6
2 3
Ta có : k k+1 2 k k+1 2k+1 2
Ta chứng minh : k k 1 2 k 1 3 Thật vậy :
- Nếu k = 3n (với n N ) thì k k 1 2 k 1 3
- Nếu k = 3n + 1 (với n N ) thì 2k 1 3
- Nếu k = 3n + 2 (với n N ) thì k 1 3
Với mọi k N k k 1 2 k1luôn chia hết cho 2 và cho 3
Mà (2, 3) = 1 k k 1 2 k 1 6 Vậy A có giá trị nguyên
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,75đ
0,25đ 2
2điểm
a) 2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6
= 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6)
= (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
0,5đ 1,0đ 0,5đ b
2điểm Đặt u =
3 20 14 2 ; v = 320 14 2
Ta có x = u + v và u3v340
0,25đ 0,5đ
Trang 4u.v = 3(20 14 2)(20 14 2) 2
x = u + v x3u3v33 (uv u v ) = 40 + 6x hay x3 6x40 Vậy M = 40
0,5đ 0,5đ 0,25đ
3
5điểm
a 2,5điểm PT:
2
x x x x (1) ĐKXĐ: 2 x 6
Chứng minh được: x 2 6 x2 2 Dấu “=” xảy ra x – 2 = 6 – x x = 4
x2 8x24 (x 4)2 8 8 2 2 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
1
x y
x y
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
x y
x y
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
Trang 55điểm
a 0,75điểm
b 1,25điểm
a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác củaHMK
Vì ABC cân tại A nên ABCACB
Gọi tia đối của tia MI là tia Mx
Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp
IMH 1800 ACB1800 ABC IMK
1800 1800
Vậy Mx là tia phân giác của củaHMK b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp
KIM KBM HIM; HCM
Mà KBM ICM ( cùng bằng 1
2sd BM )
HCM IBM( cùng bằng 1
2sdCM )
PIQ ICM IBM
Ta lại có PMQ ICM IBM 1800( tổng ba góc trong tam giác)
1800
PMQ PIQ
Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
O1
E'
A
H
B
P I Q
K E D
N O2
O M
C
Trang 6c 1,0điểm
d 1,0điểm
MQP MIK
( cùng bằng 1
2sd PM )
Mà MIK MCI ( vì cùng bằng KBM )
MQP MCI
PQ// BC c) Ta có MHI MCI ( cùng bằng 1
2sd IM )
mà MQP MCI ( c/minh b) 1
2
MQP MHI sd MQ
Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM
PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O1) tại tiêp điểm P (2)
(1) và (2) PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O1) và (O2)
d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC
Ta có PE2 = EM EN ( vì PEM NEP )
QE2 = EM EN ( vì QEM NEQ ) PE2= QE2 ( vì PE;QE >0) PE= QE
Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
' '
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
0,25đ
0,5đ 0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,5đ
5
2điểm
N A
O
K
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 AH BC AH
(2)
0,25đ 0,25đ
Trang 7(1) , (2) BOC
ABC
S AM
Tương tự : AOC
ABC
S BN
AOB
ABC
S CP
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 ( OM ON OP AM)( BN CP) 9
AM BN CP OM ON OP (4)
Từ (3) ,(4) suy ra :
AM BN CP 9
OM ON OP (đpcm)
0,75đ
0,75đ
Ghi chú:
- Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn
cho điểm tối đa theo từng câu, từng bài
- Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập luận, biến đổi Tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm
- Điểm toàn bài không làm tròn số