SỞ 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 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 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI 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 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) 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+ = 0,25đ 0,5đ u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2+ − = 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 0,5đ 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 0,75điểm b 1,25điểm 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 0,25đ 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 1,0điểm d 1,0điểm · · MQP MIK⇒ = ( cùng bằng ¼ 1 2 sd PM ) 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. 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 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 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 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- . chấm. - Điểm toàn bài không làm tròn số . -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- . ON OP ≥ 9 -- -- - -- - -- - -- - -- - HẾT -- - -- - -- - -- - -- - -- Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC