Đề thi HSG môn Toán lớp 9 tỉnh Quảng Bình

Chứng minh MI MB.. Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông... Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng... Chứng minh MI

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016

Môn thi: TOÁN

Họ và tên:………

SỐ BÁO DANH:………

LỚP 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề gồm có 01 trang

Câu 1 (2.0 điểm)

Cho biểu thức:

P

a Rút gọn biểu thức P

b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 2 (3.0 điểm)

a Cho phương trình: 2x2 2mx m 2  2 0 (tham số m) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x , x1 2 thỏa mãn | 2x x1 2 x1 x2  4 | 6

b Giải hệ phương trình:  3 2 3 2

2

Câu 3 (2.5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt (O) tại M(khác A), J là điểm đối xứng với Iqua M Gọi N là điểm chính giữa của cung ABM, NIvà NJ lần lượt cắt (O) tại E và F

a Chứng minh MI MB Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông

b Chứng minh I J E F, , , cùng nằm trên một đường tròn

Câu 4 (1.5 điểm)

Cho a b, 0 thỏa mãn a b 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

 2  2

M

Câu 5 (1.0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện:

n   n m m m  m

-hÕt -SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016

Môn thi: TOÁN LỚP 9

Đáp án này gồm có 04 trang

YÊU CẦU CHUNG

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài

1

P

a Rút gọn biểu thức P.

1,0

Với 0 x 1 ta có:

0,25

x

x

b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất 1,0

Với 0 x 1 ta có:

2

Dấu ‘=’ xãy ra khi và chỉ khi 1 0 1

Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 1

4

x 

0,50

1

a Cho phương trình: 2x2 2mx m 2  2 0 (tham số m) Tìm m để

phương trình có hai nghiệm x , x1 2 thỏa mãn | 2x x1 2  x1 x2  4 | 6 1,50

Ta có: ∆’m2  2(m2  2) 4  m2 0,25 Phương trình có hai nghiệm x , x 1 2 ∆’ 0 4 m2 0

2 m 2

Theo định lý Viet ta có: 1 2 ; 1 2 2 2

2

m

x x m x x   Theo bài ra:

2

1 2 1 2

2

2

m

0,25

2 2

|m m 6 | 6 m m m m6  6



2

2

4 (lo¹i) hoÆc 3 (lo¹i)

12 0

0 hoÆc 1 0

0 hoÆc 1

Kết luận: m0 ; m 1

0,50

b Giải hệ phương trình:  3 2 3 2

2

x    x y  x 1,50

ĐKXĐ:  4x 2 0x 0 2 x 4

2

x   x y  x

0,25

Từ (1) ta có:

3 3



0,50

Thay x y vào (2) ta có: x 2 4 x x2  6x11 (3)

2 6 11 ( 3)2 2 2, [2; 4]

VPx  x   x   x 

Dấu ‘=’ xãy ra  x 3

0,25

( 2) 1 (4 ) 1 2, [2; 4]

x

Dấu ‘=’ xãy ra khi x 3

0,25

(3)  x x 6x 11 2 x   x 3

Do x 3 nên y 3

Kết luận: ( ; ) (3; 3)x y 

0,25

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn

(I), AI cắt (O) tại M (khác A), J là điểm đối xứng với I qua M Gọi

N là điểm chính giữa của cung ABM , NI và NJ lần lượt cắt (O) tại

E và F .

a Chứng minh MIMB Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác

vuông

1,50

F

E N

J

M

I O

A

0,25

Ta có:   

2

A MBC MAC (AM là phân giác góc BAC )

2 2

0,25

    

2 2

MIB IAB IBA (2) (tính chất góc ngoài tam giác) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra tam giác MBI cân tại M, do đó MI = MB

Xét tam giác BIJ ta có: 1

2

MB MI  IJ  tam giác BIJ vuông tại B Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C

Vậy BIJ và CIJ là các tam giác vuông tại B và C

0,50

b Chứng minh I J E F, , , cùng nằm trên một đường tròn. 1,0

Ta có:  1s® s® 

2

NFE NA AE ;  1s® s® 

2

Mà s®NA = s®NM (N là điểm chính giữa cung ABM )  NFE AIE 0,25 Mặt khác    0

180

180

AIE EIJ  EFJ EIJ

Hơn nữa I và F nằm về cùng một phía so với JE

Kết luận: I J E F, , , cùng thuộc một đường tròn 0,50

3

Cho a b, 0 thỏa mãn a b 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

 2  2

M

1,5

Trước hết ta chứng minh với a 0 thì  2  2  

1 (*)

ab  ab a Thật vậy:

(*) a 2abb a  a ab b    2

2ab a ab

 a b 1 2 0 (do a > 0)

0,50

Từ (*)



Tương tự:

2





Cộng vế theo vế ta được: 1 2 1 2 22 (1)

M

 

0,25

Ta chứng minh với a b, 0 thỏa mãn a b 2 thì 22 1 (2)

 



 Thật vậy:

2

(2) (ab) (ab) 2  (a b 1)(a b 2)0 (do a b 2)

0,50

5

Từ (1) và (2) suy ra M 1

Dấu ‘=’ xãy ra khi a b 1

Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 1 khi a b 1

0,25

Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện

n   n m m m  m m m  m Xét phương trình bậc hai : 2 4 2

n  n m m  m  (ẩn số n)

0,25

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì

4m 4m 32m 63

     phải là một số chính phương

Ta có   2  2    2   2  2   

0,25

Mặt khác  2 2  

2m 1 32 m 2

    

Do đó   2  2      2  2  

2m 1 32 m 2 2m 1 , m 2 Khi đó:  2  2    2  2  

Suy ra (1) chỉ có nghiệm nguyên dương n khi m 1 hoặc m 2

0,25

Nếu m 1 thì 2

6 0

n   n vô nghiệm

Nếu m 2 thì      



20 0

5 (lo¹i)

n

n

Thử lại m = 2 và n = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán

Kết luận : m = 2 ; n = 4.

0,25