Từ I luôn nhìn AO dưới góc vuông nên I thuộc đường tròn đường kính AO.. Do P chỉ chạy trên cung nhỏ BC nên I di chuyển cung EF bằng đường 3 1 tròn đường kính AO bị giới hạn bởi AB, AC..
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SÓC TRĂNG Năm học 2014-2015
Đề chính thức
Môn: Toán - Lớp 9
( Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM
-Bài Nội dung Điểm Bài 1
x x
x x
x
x x A
1
1 1
1 1
3
a ) Rút gọn biểu thức A
Điều kiện: x > 1
x x
x x
x
x x A
1
1 1
1 1
3
x x
x x
x
x x
1 1
1 1
1 1
x x
1
1 2
1
1 2 1
1 2
x x
x x
1
b) Tính giá trị của biểu thức A khi 2020 x 2015
kien đieu thoa x
kien đieu thoa x
x
x x
4035
5 2015
2020
2015 2020
2015 2020
- Với x = 5, A = 1;
- Với x = 4035, A 3907,97
0,5
0,5
0,25 0,5 0,25
0,5 0,5
0,5 0,5
Bài 2a
59 ) 5 64 (
8 5 59
64 8 5 )
8 59 ( 64 8 5 51
8 8 5 26 5 25 8
5 26
n n n
n n
n n
n n
n n
n n
vì 64n 5n (645)59 (với mọi n)
Vậy 5n2 26.5n 82n159
0,5 0,5
0,5 0,25 0,25
Bài 2b Giả sử n + 12 = a2 và n – 11 = b2 (a, b N, a > b)
Suy ra: a2 – b2 = n + 12 – n + 11 = 23
(a + b) (a - b) = 23.1
Giải hệ phương trình:
1
23
b a
b a
Giải ra: a = 12, b = 11 => n = 132
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 2Bài 3a Ta có:
(1)
0 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 2 2
1
2y2xxy x2 y2 xy y2 x x x y x
Nhận xét:x 1 không phải là nghiệm của (1)
Chia cả hai vế của (1) cho x1 ta có:
(2)
0 1
1
x y x y
Với x, y nguyên, suy ra nguyên nên
1
1
0
2 1
1
x
x x
Thay x2và x0 vào (2) và ta có y là số nguyên khi y = 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1)
0,5 0,25
0,25 0,5
0,25 0,25
Bài 3b F = 5 x2 2 y2 2 xy 4 x 2 y 3
Dấu “=” xảy ra
1
3
x
x y
x y
y
Vậy F có giá trị nhỏ nhất là 2 khi và chỉ khi
1 3 1 3
x
y
1,0
0,5
0,5
Bài 4 Hình vẽ
a) Chứng minh: MBA PBC (c.g.c)
BA = BC ( do tam giác ABC đều)
MB = PB ( do tam giác MBP đều)
ABM CBP( do tổng số đo MBQvới ABM vàMBQ với CBP
cùng bằng 600 )
b) Ta có: BM // PC ( do BMPMPC 600vị trí so le trong)
Suy ra hai tam giác QMB và tam giác QPC đồng dạng
nên
PC
PB PQ
PQ PB PC
MB PQ
0,25
0,25 0,25 0,5
0,25 0,5 0,5
Trang 31 1 1
PC PQ
PB PC
PB PQ
PB
PC PB PQ
1 1 1
c) Nối OI, ta có OI vuông góc với AM (định lý)
Từ I luôn nhìn AO dưới góc vuông nên I thuộc đường tròn đường kính AO
Do P chỉ chạy trên cung nhỏ BC nên I di chuyển cung EF bằng đường
3 1
tròn đường kính AO bị giới hạn bởi AB, AC
0,5
0,5
0,5 Hình vẽ
J
D
C
A
O
B M
Đường kính AB của (O) vuông góc với dây CD tại I => I là trung điểm của
CD
Tứ giác ACMD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi
đường nên là hình thoi
0,25
0,25 0,5
Bài 5a
5b
Ta có:
thoi hình là ACMD AC
MD
O kính đuong là AB ACB
//
900
MD BC (1)
(MB là đường kính của (O’)) MJ BC (2) 0
90
MJB
Từ (1) và (2): ba điểm D, M, J thẳng hàng
0,5 0,5
5c
Ta có: JCD ( =90J 0), IJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền CD
IJ=ID=IC= CD IJD cân tại I.1
2
IDM IJM
Mặt khác: IDM ICA (so le trong)
CAM JMB(đồng vị)
JMO' MJO' (O’M, O’J là bán kính của (O’))
Do đó: ICA IAC IJM MJO' IJO'=900
Như vậy: đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’), J là tiếp điểm
0,25 0,25 0,25
0,25
5d
Ta có:
B O M O
IA IM
' '
IO’ AB=R (R là bán kính của (O))
2
JIO’ ( 0): IJ2+O’J2=IO’2=R2 (theo định lí Pitago)
J90
0,25
Trang 4Nhưng: IJ2+O’J2 ≥ 2IJ.O’J=4SJIO,
Do đó S(JIO,) ≤R2
4
Dấu đẳng thức xảy ra khi IJ=O’J và JIO’ vuông cân có cạnh huyền bằng R
nên: 2O’J2=O’I2=R2 O’J= R R 2 O’M=
2
2
Khi đó: MB=R 2 ( đvđd)
0,25
0,25 0,25
Ghi chú:Thí sinh có thể giải theo cách khác Nếu đúng vẫn cho trọn số điểm theo qui định của từng bài.
- HẾT