KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Môn : TOÁN

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.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010

Mơn : TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút Bài (4,0 điểm)

a) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy b) Cho biểu thức

3

a a a

A = + +

24 12 với a số tự nhiên chẵn Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên

Bài : (4,0 điểm)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – 6

b) Tính giá trị biểu thức M = x3 – 6x với x = 20 + 14 + 20 - 14 23 Bài : (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x - + - x = x - 8x + 242

b) Giải hệ phương trình:

1 x + y + + =

x y 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 và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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Bài

Bài giải

1 4điể

m

a

2điểm Ta có:

6x5y18 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 trường hợp sau :

*

3 19

2 33

y x

x y

  

 



 

  

 

*

3 33

2 36

y x

x y

  

 



 

  

 

*

3 11

2 14

y x

x y

  

 



 

  

 

*

3

2 11

y x

x y

  

 



 

  

 

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  Do

3

8

24 12

k k k k k k

A          

3 1 2 1

2

6

k k k

k  k k  

 

Ta có : k k+1 2   k k+1 2k+1 2   

Ta chứng minh : k k 1 2  k 1 3 Thật : - Nếu k = 3n (vớin N ) k k 1 2  k 1 3 - Nếu k = 3n + (vớin N ) 2k  1

- Nếu k = 3n + (vớin N ) k  1

Với k N  k k 1 2  k1luôn chia hết cho cho Mà (2, 3) =  k k 1 2  k 1 6 Vậy A có giá trị nguyên

2 4điể

m a

2điểm

a) 2x3 – 9x2 + 13x – = 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) b

2điểm Đặt u =

3 20 14 2

 ; v = 320 14 2 Ta có x = u + v u3v3 40 u.v = 3(20 14 2)(20 14 2) 2  

x = u + v  x3 u3v33 (uv u v ) = 40 + 6x hay x3 6x40 Vậy M = 40

5điể m

a 2,5điể

m

PT: x 2 6 x x2 8x24(1) ĐKXĐ: 2 x

Dấu “=” xảy  x – = – x  x = 4 x2 8x24 (x 4)2 8 2

Dấu “=” xảy  (x – 4)2 =  x - =  x = 4 Phương trình (1) xảy  x = 4

Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S =  

b 2,5điể

m

Điều kiện: xy 0 1 x + y + + =

x y xy + =

xy        2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)

2(xy) -5xy+2=0 (2)

     

Giải (2) ta được:

xy=2 (3) xy= (4)   

 Thay xy = vào (1) ta x + y = (5)

Từ (5) (3) ta được:

1 2 x y x y xy x y                     

 ( thoả mãn ĐK)

Thay xy =

2 vào (1) ta x + y = 2 (6)

Từ (6)và(4) ta được:

1 2 1 2 x y x y xy x y                              

 (thoả mãn ĐK)

Vậy hệ cho có nghiệm là:

1 ( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1

2

x y      

   

4 5điể

m

a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác của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  IMH 1800 ACB1800 ABC IMK

 1800  1800  

KMx IMK IMH HMx

a 0,75đi

ểm

b 1,25đi

ểm

c 1,0điể

m

Vậy Mx tia phân giác củaHMK b) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp

 KIM KBM HIM; HCM

    

PIQ KIM HIM KBM HCM

    

Mà KBM ICM ( 

2sd BM )

 

HCM IBM(



2sdCM)  PIQ ICM IBM   Ta lại có PMQ ICM IBM   1800( tổng ba góc tam giác)

  1800

PMQ PIQ

  

Do tứ giác MPIQ nội tiếp  MQP MIK  ( 

2sd PM)

Mà MIK MCI ( KBM)  MQP MCI   PQ// BC

c) Ta có MHI MCI ( 

2sd IM )

mà MQP MCI ( c/minh b)

  

2

MQP MHI sd MQ

  

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 trịn (O1) tiêp điểm P (2) (1) (2)  PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2)

d) Gọi E; E’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE2 = 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:

' '

EP EQ

E B E C ( định lí Ta Lét)

Mà EP = EQ  E’B = E’C E’D Suy N, M, D thẳng hàng

5 2điể

m

N A

B C

O

K

H M

P

Từ A O kẻ AH  BC, OK  BC (H, K  BC)  AH // OK

Nên

OM OK

AM AH (1)

1

BOC ABC

OK BC

S OK

S  AH BC AH

(2) (1) , (2) 

BOC ABC

S OM

S AM Tương tự : AOC ABC

S ON

S BN , AOB ABC

S OP

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

a b c  )  9

Nên ( )( )

OM ON OP AM BN CP

AM BN CP OM ON OP  (4)

Từ (3) ,(4) suy :

AM BN CP