2010-2011 De thi chon HS gioi Toan 9 (rat HOT)

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 Bài 1 (4 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: 1/ A = 5122935 2/ B = 2 43 24 48 ++ ++ xx xx Bài 2 (4 điểm): 1/ Cho a > c; b > c; c > 0. Chứng minh rằng: abcbccac + )()( 2/ Cho 3 số dơng x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: zxyzxyxyzzxyyzx ++++++++ 1 . Bài 3 (4 điểm): 1/ Giải phơng trình: x 2 + 3x +1 = (x + 3) 1 2 + x 2/ Giải hệ phơng 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 đờng vuông góc hạ từ điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lợt 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 phơng, 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========== Hớng dẫn chấm môn toán 1 CHNH THC 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 - 5( 5 = 1 2/ B = 2 x x- 2) ( 24 424 ++ + x x = 2 x ) x 2 )( x- 2 ( 24 2424 ++ +++ x xx = x 4 x 2 + 2 1.0 0.5 0.5 1.0 0.5 0.5 Bài 2 (4 điểm) 1/ Điều phải chứng minh tơng đơng với phải chứng minh 1 c) - c(b )( + ab cac (1) VT (1) = 1 2 b c - 1 a c 2 a c - 1 b c b c - 1 a c a c - 1 = + + + + b c (Bất đẳng thức côsi). Suy ra điều phải chứng minh 2/ Trớc hết ta chứng minh: yz x ++ yzx (1) Ta có (1) yz 2x x yz 2 +++ yzx yz2 x 1 + yz2 x +++ zyx (vì x + y + z = 1) ( ) 0 z - 2 y luôn đúng Tơng tự có zx y ++ zxy (2) và xy z ++ xyz (3) Từ (1), (2), (3) ta có 0.5 1.0 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 2 zxyzxyxyzzxyyzx ++++++++ 1 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 1 0.25 0.5 Bài 3 (4 điểm) 1/ Đặt 1 t 1 2 =+ x x 2 = t 2 - 1, phơng trình đã cho trở thành t 2 (x + 3)t + 3x = 0 = = 3 t x t Với t = x thì x 1 2 =+ x phơng trình này vô nghiệm. Với t = 3 thì 3 1 2 =+ x x 2 = 8 x = 22 Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là x = 22 2/ Ta có x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 2(xy + yz + zx) = 14 xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) = 5 y và x+z là nghiệm của phơng trình t 2 6t + 5 = 0 =+ = 1 5 zx y hoặc =+ = 5 1 zx y Với =+ = 1 5 zx y hệ vô nghiệm Với =+ = 5 1 zx y hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2) 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 3 Bài 4 (4 điểm) F E D z y x M C B A Gọi x, y, z lần lợt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB và h là đờng cao ABC Dễ dàng chứng minh đợc x+y+z = h = 2 3a 9 111 )( ++++ zyx zyx 9 111 )( + + + + + +++++ xzzyyx xzzyyx Từ đó ta có 1/ a 36 3a 9.2 9111111 ==++=++ hzyxMFMEMD 2/ a 33 3a 9 2 9111111 == + + + + + = + + + + + hxzzyyxMDMFMFMEMEMD Trong cả hai trờng hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z M là trọng tâm tam giác đều ABC 0.5 0.5 0.5 1.0 1.0 0.5 Bài 5 (4 điểm) 1/ Không mất tính tổng quát giả sử p q, ta có: 2 2p + 2 2q = 4 q (4 p-q + 1) 4 q là số chính phơng, nên cần chứng minh 4 p-q + 1 không chính phơng. Giả sử ngợc lại, 4 p-q + 1 = (2k + 1) 2 (k N) 4 p-q-1 = k(k + 1) vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phơng 2/ Trên mặt phẳng vẽ đờng tròn đờng kính AB bất kì. Trên nửa đờng tròn đó lấy 2009 điểm A 1 ; A 2 ; ; A 2009 khác nhau và khác B Bất kì 3 điểm nào A i , A j , A k (i j k) đều tạo thành một tam giác chắc 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 4 chắn có một góc tù luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán 0.5 0.5 Lu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết quả vẫn cho tối đa số điểm. UBND TNH BC NINH S GIO DC - O TO thi chn hc sinh gii Tnh Mụn Thi: Toỏn Lp 9 Nm hc 2009-2010 5 CHNH THC (Thi gian lm bi 150 phỳt (khụng k giao )) Ngy thi 14 thỏng 4 nm 2010 Câu 1 (3,5 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức: 2 3 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 + + + + . 2/ Cho hàm số f(x) = (x 3 + 6x - 5) 2010 , tính f(a) với a = 33 173173 ++ . Câu 2 (4,5 điểm) 1/ Giải hệ phơng trình: 2 2 2 x 2x y 2y x y 2y z 2z y z 2z x 2x z + = + = + = . 2/ Giải phơng trình: 3 2 1 3 x x x = . Câu 3 (4,0 điểm) Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA. 1/ Chứng minh EB GD EA GC = . Từ đó, hãy tính tỷ số EB EA ,biết: AB= 4R 3 và BC=3R. 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đờng thẳng HK cắt (O, R) ở điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG. Câu 4 (4,0 điểm) 1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a bc . Hãy xác định dạng tam giác ABC. 2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK. Cho biết AH BC và BK AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC. Câu 5 (4,0 điểm) 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để ( 4 2k 1 n 4 ) + + là số nguyên tố. 2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn 3 3 a b 2+ = . Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b). -------------------Hết -------------------- (Đề thi gồm 01 trang) Sở giáo dục - Đào tạo đáp án và hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 2009 2010 6 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, nhng không chia nhỏ dới 0,25. - Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng ứng. Câu 1 (3,5 điểm) 1) (1,50đ) Biến đổi Biểu thức đã cho thành 2 2 2 3 2 3 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) + + + + = (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) (3 3)(3 3) + + + + = 6 3 3 6 3 3 9 3 + + = 1 0,50 0,50 0,50 2) (2,00 đ) Từ a = 33 173173 ++ suy ra a 3 = ( 33 173173 ++ ) 3 a 3 = 6 + 3 3 3 3 17 . 3 17+ ( 33 173173 ++ ) a 3 = 6 6a a 3 + 6a 6 = 0 Vậy f(a) = (a 3 + 6a - 5) 2010 = (a 3 + 6a 6 + 1) 2010 = 1 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2 (4,50 điểm) 1) (2,50 đ) Điều kiện: (x 0 ; y 0 ; z 0 ) Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ 2 2 2 (x y) x y (1) (y z) y z (2) (z x) z x (3) = = = Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phơng trình trong hệ đều không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy ra hệ x y 0 y z 0 x y z x x y z z x 0 = = 0,25 0,75 0,75 0,50 7 x y z 0 x y z 0 x y z 1 x x 0 = = = = = = = = = Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1 0,25 2) (2,00 đ) Phơng trình đã cho tơng đơng với 3 x 3 3x 2 3x = 1 4x 3 = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 4x 3 = (x + 1) 3 3 4 x = x + 1 ( 3 4 - 1)x = 1 x = 3 1 4 1 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 3 (4,00 điểm) Đáp án Điểm 1) (2,00đ) Do AB//CD 0 CDA DAB 180 + = ; (O,R) là đờng tròn nội tiếp ABCD nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB 0 0 1 ODA OAD ( CDA DAB) 90 AOD 90 2 + = + = = hay tam giác AOD vuông ở O , tơng tự tam giác BOC vuông ở O. 0,25 Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O có các đờng cao OH và OF cùng bằng R HA.HD = FB.FC = R 2 . Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R), ta có HA = EA; EB = FB ; HD = GD; FC = GC. Vậy EA.GD = EB.GC EB GD EA GC = = k (1) 0,25 0,25 + Ta phải tìm k > 0 khi AB = 4R 3 và BC = 3R. 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 EG 2 = 2 2 BC (GC EB) (2) 0,25 Từ (1) có EB k kAB 4kR BF = EB (3) EB EA k 1 k 1 3(k 1) = = = + + + + 0,25 4kR GC = CF BC BF 3R 3(k 1) = = + (4) 0,25 8 A B C D G M K H E F O T Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R 2 = 2 2 2 2 8kR (k 9) 9R 3R 5 3(k 1) 9(k 1) + = + + 0,25 2 11k 18k 9 0 + = , giải phơng trình đợc nghiệm k >0 là k = 9 6 5 11 + Vậy EB EA = 9 6 5 11 + . 0,25 2) (2,00đ) Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D) DHG cân ở D mà DO là phân giác góc HDG HG DO, có MK DO MK//HG KMG HGC = . Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG của (O,R) HTG HGC = KMG HTG = tứ giác KTGM nội tiếp (5) 0,50 Lại có 0 OKM OGM 90 = = O; K; G; M thuộc đờng tròn đờng kính MO (6) 0,50 Từ (5) và (6) 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO 0 MTO 90 OT MT = mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R) 0,50 MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M MT = MG. 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 ( )R b c a + = bc 2 b c+ Suy ra 2R a. Mặt khác a 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A 0,50 1,00 0,50 9 _K _H _C _B _A 2) (2,00 đ) Tam giác AHC vuông tại H AC AH BC (gt) Tam giác BKC vuông tại K BC BK AC (gt) Suy ra AC = AH = BC = BK C H K Vậy ABC vuông cân tại C 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 5 (4,0 điểm) 1) (2,00 đ) Đặt M= 4 2k 1 n 4 + + + Khi n chẵn ta có n 4 chia hết cho 2, mặt khác 4 2k+1 chia hết cho 2 và 4 2k+1 >2, với mọi k Ơ . 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 = ( 2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1 n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 ) + + + + + + + = + + + Mà 2 2k 1 k 1 n 2 n.2 + + + + là số nguyên lớn hơn 1 và 2 2k 1 k 1 n 2 n.2 + + + là số nguyên (1) Mặt khác 2 2k 1 2 2k 1 k n 2 2 n .2 2n.2 2 + + + 2 2k 1 k 1 k k 1 k 1 n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 ( 2 1) 1 + + + + + = > (2) Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số. Kết luận: 4 2k 1 n 4 + + là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0. 0,50 0,25 0,50 0,50 0,25 2) (2,00 đ) Có a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 ab + b 2 ). Từ giả thiết a 3 + b 3 = 2 (*) 2= (a + b)(a 2 ab + b 2 ) mà a 2 ab + b 2 > 0 a + b > 0 (1) 0,25 Đặt a = x +1 và b = y + 1 2 = (x + 1) 3 + (y + 1) 3 x 3 + y 3 + 3(x 2 + y 2 ) + 3(x + y) = 0 mà 3(x 2 + y 2 ) 0 x 3 + y 3 + 3(x + y) 0 (x + y)(x 2 xy + y 2 + 3) 0 mà x 2 xy + y 2 + 3 > 0 x + y 0 a + b 2 0 a + b 2 (2) 0,75 Từ (1) và (2) 0 < a + b 2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2 0,25 + Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25 + Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn 10 . DC - O TO thi chn hc sinh gii Tnh Mụn Thi: Toỏn Lp 9 Nm hc 2008-20 09 (Thi gian lm bi 150 phỳt (khụng k giao )) Ngy thi: 07 thỏng 4 nm 20 09 Bài 1 (4 điểm):. 9 111 )( ++++ zyx zyx 9 111 )( + + + + + +++++ xzzyyx xzzyyx Từ đó ta có 1/ a 36 3a 9. 2 91 11111 ==++=++ hzyxMFMEMD 2/ a 33 3a 9 2 91 11111