Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán lớp 9 vòng 2 có đáp án(đề 1)

Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 1)

năm học : 2008 - 2009

Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)

Bài 1: (4,0 điểm)

A



1 Tìm x để A có nghĩa, từ đó rút gọn biểu thức A

2 Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bài 2: (4,0 điểm)

Cho phơng trình x2 2mx m 2 m 6 0 (m là tham số)

1 Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm x và 1 x sao cho2

1 2

2 1

18 7

2 Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm x và 1 x sao cho2

1 2 8

Bài 3: (3,0 điểm)

1 Cho bốn số thực bất kì a b c d Chứng minh:, , ,

 2 2  2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

2 Với giá trị nào của góc nhọn  thì biểu thức P3sin 3 cos có giá trị lớn nhất ? Cho biết giá trị lớn nhất đó

Bài 4: (4 điểm)

Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N lần lợt là tiếp điểm của cạnh

AC và cạnh BC với đờng tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt

tia BO tại Q Gọi E, F lần lợt là trung điểm của AB và AC

a Chứng minh rằng :

c

PQ b

NQ a

MP



b Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng

Bài 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC và các đờng thẳng AD, BM và CE đồng qui tại

diện tích tam giác ABC

Bài 6: (2,0 điểm)

1 Tìm số tự nhiên n để n 18 và n  41 là hai số chính phơng

Hết

Đáp án và thang điểm:Đề số 1

1 (4 điểm)

1.1

(2 đ) Để A có nghĩa, trớc hết x 0 Đặt t x x 0

1,0

   

     

     

2

3 2

A

Để biểu thức A có nghĩa thì:

Khi đó, rút gọn ta đợc:

A

0,5 0,5

1.2

(2 đ)

 

 

2 3

t t

A

 



Để A là số nguyên thì x nguyên và t  2 phải bằng 1 hoặc 3

- Nếu t 2  1 t 1 ( loại vì trái điều kiện (*))

- Nếu t 23  t 1 0 (loại)

- Nếu t 2 1   t 3 x9 và A 2

- Nếu t 2 3   t 5 x25 và A 1

Vậy: Để A nhận các giá trị nguyên thì x 9 và x 25

0,5 0,5 0,5 0,5

2.1 Để phơng trình x2 2mx m 2 m 6 0 có hai nghiệm thì:

2 2

Với điều kiện (1),

 2

2 2

1 2 1 2

2



2; 3

2

       (thỏa mãn điều kiện (1) và đều khác -2 và khác 3)

0,5 0,5 0,5

2.2 Với điều kiện (1),

 2

2 2

1 2 8 1 2 2 1 2 64 1 2 2 1 2 2 1 2 64

0,5 + Nếu x và 1 x cùng dấu thì 2

6 0

m

x x





  

       (thỏa điều kiện (3)) 0,25 + Nếu x và 1 x trái dấu thì2

2

x x   m  m  m m    m (4)

1 2 4 1 2 64 4 4 6 64

+ Vậy, để x1  x2  thì 8 m 4

3 (3,0 điểm)

3.1 Ta có:

 2 2  2 2  2  2 2  2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

ad2  bc 2 2ad bc   0 ad bc2 0

       : đúng với 4 số thực a, b,

c, d bất kì

Vậy: 0ab cd  a2c2 b2d2,a b c d, , , R

Dấu đẳng thức xảy ra khi ad bc 0 hay c da 0,b 0

0,5 0,5

0,5

3.2 áp dụng kết quả trên, ta có:

3sin 3 cos 0

P     nên Theo Bunhiacopki ta có

max 2 3

sin cos

0





1,0 0,5

4a

Ta có : BOP là góc ngoài AOB  BOP = PAB OBA =

2

1

(

0,25

Lại có : BNP=1800 – MNC =1800

-

0

0

ACB

BAC ABC



0,5

 OPM OBC (cùng bù OPN)

0,25

Mặt khác : OMP OCN   OPM OBC (g.g)



OB

OP OC

OM a

PM



0,5

Tơng tự ta có :

a

PM OC

OM OC

ON b

NQ





0,5

a

PM OB

OP c

PQ



Từ (2) , (3) 

c

PQ b

NQ a

MP



O

F

P N

M

C B

A

AQO=AMO = 900  ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến

20

10 E

D

M

K

C B

A

+ Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có:

AKE BKE







2

ACE

BCE

S

S





+ Tơng tự: AKM 1

CKM





Đặt x S AKM SCKM, ta có:

S S     x x S  S  (1) S BCK S BEK 20 30 50 

Mà BE = 2AE  S AEC 25

75

ABC

S

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Để n 18 và n  41 là hai số chính phơng

2 18

2 2

Nhng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30



Từ n18p2 302 900 suy ra n 882

Thay vào n  41, ta đợc 882 41 841 29   2 q2 Vậy với n 882 thì n 18 và n  41 là hai số chính phơng

0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25