Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2010 - 2011 - Sở GD&ĐT Nghệ An

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO<br /> NGHỆ AN<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS<br /> NĂM HỌC 2010 - 2011<br /> <br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> Môn thi: TOÁN - BẢNG B<br /> Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> <br /> Câu 1 (5,0 điểm).<br /> a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2  n  2 không chia hết cho 3.<br /> b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2  17 là một số chính phương.<br /> Câu 2 (5,0 điểm)<br /> a) Giải phương trình: x2  4x+5 = 2 2x+3<br /> 2x+y = x 2<br /> b) Giải hệ phương trình: <br /> 2<br /> 2y+x = y<br /> <br /> Câu 3 (3,0 điểm).<br /> Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A <br /> <br /> 4x+3<br /> x2  1<br /> <br /> Câu 4 (4,5 điểm)<br /> Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE,<br /> CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.<br /> a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = BC 2<br /> b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K (O).<br /> Câu 5 (2,5 điểm).<br /> Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung<br /> BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I<br /> cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại<br /> F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.<br /> - - - Hết - - -<br /> <br /> Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh: .....................................<br /> <br /> SỞ GD&ĐT NGHỆ AN<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS<br /> NĂM HỌC 2010 - 2011<br /> ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> Môn: TOÁN - Bảng B<br /> <br /> -------------------------------------------<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> Câu:<br /> 1.<br /> <br /> *) Nếu n 3  n2  n 3<br /> nên n2  n  2  3 (1)<br /> a,<br /> *) Nếu n  3  n2  2 3<br /> (2,5)<br />  n2  n  2  3 (2)<br /> Từ (1) và (2)  n  Z thì n2  n  2  3<br /> Đặt m2  n2  17<br /> <br /> (m  N)<br /> <br />  m2  n2  17  (m  n)(m  n)  17  1.17 =17.1<br /> b, Do m + n > m - n<br /> (2,5)<br /> m  n  17 m  9<br /> <br /> <br /> m<br /> <br /> n<br /> <br /> 1<br /> <br /> n  8<br /> Vậy với n = 8 ta có n2  17  64  17  81  92<br /> 2.<br /> Giải phương trình x2  4x+5=2 2x+3<br /> 3<br /> Điều kiện: 2x+3  0  x  2<br /> 2<br /> (1)  x  4x+5-2 2x+3  0<br /> <br /> (1)<br /> <br />  x2  2x+1+2x+3-2 2x+3  1  0<br /> a,<br /> (2.5)<br /> <br />  (x  1)2  ( 2x+3  1)2  0<br /> <br /> x  1  0<br /> <br /> <br />  2x+3  1  0<br /> x  1<br /> <br /> 2x+3=1<br />  x  1 thỏa mãn điều kiện<br /> Giải hệ phương trình<br /> <br /> (1)<br /> 2x+y=x 2<br /> <br /> b,<br /> 2<br /> (2)<br /> 2y+x=y<br /> (2.5)<br /> Trừ từng vế 2 phương trình ta có: x2  y2  x  y<br />  (x  y)(x  y  1)  0<br /> <br /> x  y<br /> x  y<br /> <br /> <br />  x  y  1  0 x  1  y<br /> Ta có:<br /> x  y<br /> x  y<br /> *) <br /> <br /> x(x  3)  0 x  0 hoặc x = 3<br /> <br /> Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)<br /> x  1  y<br /> x  1  y<br /> x  1  y<br /> *) <br /> (*)<br /> <br /> <br /> <br />  2<br /> 2<br /> 2<br /> 2x+y = x<br /> 2  2y  y  (1  y)<br /> y  y  1  0<br /> Vì phương trình y2  y  1  0 vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm<br /> Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)<br /> 3.<br /> 4x+3<br /> x2  1<br /> 4x+3<br /> x2  4x+4<br />  1 <br /> Ta có: A  2<br /> x 1<br /> x2  1<br /> (x  2)2<br /> A  1  2<br />  1<br /> x 1<br /> Dấu "=" xảy ra  x  2  0  x  2<br /> Vậy Amin  1 khi x = -2<br /> <br /> Tìmgiá trị nhỏ nhất của A <br /> <br /> 4.<br /> a,<br /> (2,5)<br /> <br /> A<br /> <br /> E<br /> H<br /> <br /> F<br /> B<br /> <br /> I<br /> <br /> O<br /> <br /> C<br /> <br /> K<br /> <br /> S<br /> <br /> S<br /> <br /> Gọi I là giao điểm của AH và BC  AI  BC<br /> Ta có: BHI BCE (g, g)<br /> BH BI<br /> <br /> <br />  BH.BE  BC.BI (1)<br /> BC BE<br /> Ta có: CHI CBF (g, g)<br /> CH CI<br /> <br /> <br />  CH.CF  BC.CI (2)<br /> CB CF<br /> Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2<br /> b, Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra HCB  KCB<br /> (2,0)<br /> Mà FAI  HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp)<br /> <br />  FAI  BCK hay BAK  BCK<br /> <br />  tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O)  K  (O)<br /> 5.<br /> + Khi BAC  900  BIC  900 .<br />  F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính.<br />  EF đi qua điểm O cố định.<br /> B<br /> <br /> F<br /> <br /> O<br /> K<br /> I<br /> <br /> A<br /> E<br /> C<br /> <br /> + Khi BAC < 900  BIC > 900.<br /> Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF.<br />  EIF  EAF (cùng bù BIC )<br /> EKF  EIF (Do I và K đối xứng qua EF)<br /> <br />  EKF  EAF<br />  AKFE nội tiếp<br />  KAB  KEF (cung chắn KF ) (1)<br /> IEF  KEF (Do K và I đối xứng qua EF) (2)<br /> IEF  BIK (cùng phụ KIE ) (3)<br /> <br /> Từ (1), (2), (3)  KAB  BIK<br />  AKBI là tứ giác nội tiếp<br />  K  (O)<br /> Mà EF là đường trung trực của KI  E, O, F thẳng hàng.<br /> + Khi BAC > 900  BIC < 900 chứng minh tương tự.<br /> Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.<br /> - - - Hết - - -<br /> <br />