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

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 a³ a² 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: 2x³ – 9x² + 13x – 6

b) Tính giá trị của biểu thức M = x³ – 6x với x = 20 + 14 2 + 20 - 14 2^{3 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 vàMQH. 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

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

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 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) 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

k k k k k k

A      2 ³ 3 ²



^{1 2}

 

¹



6 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 vậy : - Nếu k = 3n (vớin N ) thì ^{k k}



^{1 2}

 

^{k1 3}



 - Nếu k = 3n + 1 (vớin N ) thì 2k1 3

- Nếu k = 3n + 2 (vớin N ) thì k1 3

Với mọi ^{k N k k}



^{1 2}

 

^k1



luôn chia hết cho 2 và cho 3 Mà (2, 3) = 1 ^{k k}



^{1 2}

 

^{k1 6}



 Vậy A có giá trị nguyên.

2 4điể

m a

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) b

2điểm Đặt u = ³20 14 2 ; v = ³ 20 14 2 Ta có x = u + v và 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 3

5điể m

a 2,5điể

m

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

Chứng minh được: x 2 6 x 2 2 Dấu “=” xảy ra ^x – 2 = 6 – x ^ x = 4 x²8x24  (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}

 

b 2,5điể

m

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(xy) -5xy+2=02 (2)





Giải (2) ta được:

xy=2 (3) xy=1 (4)

2





Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)

Từ (5) và (3) ta được:

1 3 2

2 2

1 x x y 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 3 1

2 2

1 1

2 2

1 x x y 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      

   

4 5điể

m

a 0,75đi

ểm

a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác củaHMK 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

IMH 180⁰ACB180⁰ABC IMK 

 180⁰  180⁰  

KMx IMK IMH HMx

     

Vậy Mx là tia phân giác của củaHMK . b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

 KIM KBM HIM ; HCM

    

PIQ KIM HIM KBM HCM

    

O1 E' A

H

B P

I Q K

E D N O2

O M

C

b 1,25đi

ểm

c 1,0điể

m

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 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  MQP MHI 2sd 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:

' '

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.

5 2điể

m

N A

B C

O

H K M

P

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

Nên

OM OK AM  AH

(1)

1 .

12 2 .

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

S CP

Nên ^{BOC AOC AOB} 1

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 ( 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)