sở giáo dục đào tạo kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 sở giáo dục đào tạo quảng nam kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 thcs năm học 2008 – 2009 môn thi toán thời gian 150 phút không kể thời gian giao

Cho tam giác ABC với điểm I là tâm đường tròn nội tiếp, điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp sao cho góc AIO bằng 90 o.. Gọi G là trọng tâm của[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2008 – 2009

Môn thi : TOÁN

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

Ngày thi : 03/4/2009

Bài 1 (5,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức:

:

A

a b

b) Giải phương trình:

Bài 2 (5,0 điểm).

a) Cho phương trình bậc hai: x2 – (k+1)x + k = 0 (kR) có hai nghiệm là

x1, x2 Đặt M = (x12x2 + x22x1 – 2x1x2)(x12 + x22 – x1x2 – 2).

Tìm k để biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất

b) Chứng minh rằng:

n2 + 11n + 32 không chia hết cho 49, với n là số tự nhiên

Bài 3 (4,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

1

b) Cho các số dương a, b thỏa mãn a + b = 2 2

Chứng minh rằng: 2 2

1

ab  a  b 

Bài 4 (6,0 điểm).

a Cho tam giác ABC vuông tại A, AB =3a, AC= 4a, đường cao AH.

Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho

IB 1

IA 2 Đường thẳng CI cắt AH tại E Tính

độ dài đoạn thẳng CE

b Cho tam giác ABC với điểm I là tâm đường tròn nội tiếp, điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp sao cho góc AIO bằng 90o Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng: IG // BC.

ĐỀ CHÍNH THỨC

=====Hết=====

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2008 – 2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 THCS

A

2

2 2





2

2

2

a a b b a b

a b



A = A1 : A2 = 1

0.5

0.25 0.25 0.5 0.5

+Phương trình đã cho tương đương với

x x 2 4 2 x x 2 4x2 4 0

 x2 4 x 2 x1 0 x2 4  x120

(*) + ĐK: x  0

2

2

4 (*)

1 0

x

x

 





  



 x =  2 hoặc x = 1

+ So sánh ĐK trên, phương trình đã cho có nghiệm là: x = 2, x = 1

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

+  = (k -1)2  0, kR Suy ra pt đã cho có 2 nghiệm x1, x2 với kR

+ M x x x1 2 1x2 2x x1 2x1x22 3x x1 2 2

k k 1  2k k12 3k 2

         

2 2

1

2 4

k k k k k k k k  k k 

            

+

1

,

4

M    k

+Đẳng thức xảy ra 

1 3 2

k  

Vậy biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất khi

1 3 2

k 

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

+ A = n2 + 11n + 32 = n2 + 11n + 18 + 14 = (n+2)(n+9) + 14

+ (n+9) – (n+2) = 7  (n+2) và (n+9) cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7 0.50.5

+ Nếu (n+2) và (n+9) cùng chia hết cho 7 thì (n+2)(n+9) 49 mà 14 không chia hết cho 49 Suy

ra A không chia hết cho 49 (1)

+ Nếu (n+2) và (n+9) không cùng chia hết cho 7 thì (n+2)(n+9) không chia hết cho 7 mà 14 chia

hết cho 7 Suy ra A không chia hết cho 49 (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra A không chia hết cho 49 (đpcm)

0.5 0.5

+ Đặt u = 2y, v = 3z (u là bội số của 2 và v là bội số của 3) (*)

+Pt đã cho trở thành:

1 1 1

1

x u v   (1)

+Do vai trò của x, u, v trong pt (1) là bình đẳng, nên ta xét : 0 < x  u  v

Ta có: 1 1 1 1 3 0 x 3 x 1, 2, 3

x u v x

        

+Với x = 1:

1 1

0

u v  (vô lý)

+Với x = 2 : 1 1 1 2 4 2,3, 4

u v   u   

- Với u = 2:

1 0

v  (vô lí)

- Với u =3:

1 1 1

6

3v 2 v

- Với u = 4:

1 1 1

4

4v  2 v . +Với x = 3:

1 1 2 2

u v   u     

+Nghiệm (x, u, v) của pt (1) là hoán vị của mỗi nghiệm sau (2; 3; 6), (2; 4; 4) và (3; 3; 3)

Suy ra các nghiệm (x, u, v) thỏa mãn (*) là (2; 6; 3), (3; 2; 6), (6; 2; 3)

Vậy các nghiệm nguyên dương (x; y; z) cần tìm là (2; 3; 1), (3; 1; 2), (6; 1; 1)

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

+ Ta có: (x + y)2  4xy , x,yR 

1 1 4

x y x y , x,yR+ (*) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y

+ Áp dụng BĐT (*), ta có:

 2  2

1

2 2

ab a b a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2ab = a2 + b2  a = b = 2

0.5

0.75 0.5

0.25

K E

I

H

B

C

A

+ BC= AB2AC2 5a

2

CA 16 CH=

BC 5

a



2

AB 9 BH=

BC 5

a



+ Vẽ IK // AH , K thuộc cạnh CB

Trong BHA có IK//AH, áp dụng định lý Talet, ta có:

BK BI 1

BH BA 3  BK =

3 5

a

và HK =

6 5

a

+ Trong CIK có EH//IK, áp dụng định lý Talet, ta có:

CE CH

CI CK , CI =2a 5 Vậy

16 5

CE=

11

a

0.25 0.5 0.5

0.75 0.5 0.5

+Đường thẳng AI cắt BC và đường tròn (O) lần lượt tại D, E Đường thẳng AG cắt cạnh BC của tam giác ABC tại trung điểm M

+C/m được

AI AB

IDBD (vì AI là đường phân giác của

BAD) (1) + C/m được BAE DBE



AB AE

BDBE (2) +C/m EBI cân tại E:

Ta có : BIE=IAB+ABI IAB=CAE=CBE ABI =IBD (vì I là tâm đtròn nt)

 BIE = IBD + DBE = IBE

 EBI cân tại E

 BE = IE (3)

+ Từ (2) và (3) suy ra:

AB AE AE

2

BDBE IE  ( vì AIO = 90o  IA = IE) (4)

+ Từ (1) và (4) suy ra:

AI 2

ID (5) + Mặt khác: G là trọng tâm ABC nên

AG 2

GM (6) +Từ (5) và (6), theo định lý Talet ta có IG //DM Vậy IG // BC (đpcm)

0.25 0.5 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

D

E G

M I

O

A

B

C

S