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

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.[r]

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

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 23 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 :

*



*



*



*



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

24 8 12 3 2 6

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 (với n N ) thì k k 1 2  k 1 3

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

- Nếu k = 3n + 2 (với n 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 =

3 20 14 2 ; v = 320 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









Giải (2) ta được:

xy=2 (3) 1

2







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

Từ (5) và (3) ta được:

1 2 3

1

x y

x y

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

x y

x y

y

 











   

  

 (thoả mãn ĐK)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:

1 1 ( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1

2 2

   

4

5điể

m

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

 IMH 1800 ACB1800 ABC IMK

 1800  1800  

0,75đi

ểm

b

1,25đi

ểm

c

1,0điể

m

Vậy Mx là tia phân giác của củaHMK.

b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

 KIM KBM HIM; HCM

Mà KBM ICM ( cùng bằng

 1

HCM IBM( cùng bằng

 1

2sdCM)  PIQ ICM IBM  

Ta lại có PMQ ICM IBM   1800( tổng ba góc trong tam giác)

PMQ PIQ

Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp  MQP MIK  ( cùng bằng

 1

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)

2

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:

' '

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

O

K

P

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

Nên

AM AH (1)

1 2 1 2

BOC ABC

OK BC

(2) (1) , (2) 

BOC ABC

S AM Tương tự :

AOC ABC

S BN ,

AOB ABC

Nên

1

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

Từ (3) ,(4) suy ra : 9

OM ON OP  (đpcm)