Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THPT môn Toán năm 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT<br /> QUẢNG BÌNH<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THPT<br /> NĂM HỌC 2012- 2013<br /> Môn thi: Toán<br /> ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br /> (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)<br /> SỐ BÁO DANH:……………..<br /> Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> <br /> Câu 1:(2.0 điểm)<br /> Cho biểu thức: P <br /> <br /> x x  26 x  19 2 x<br /> x 3<br /> <br /> <br /> x  2 x 3<br /> x 1<br /> x 3<br /> <br /> a) Rút gọn P.<br /> b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> Câu 2:(2.0 điểm)<br /> Cho phương trình x2  2mx  m  4  0<br /> a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  26m<br /> b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên.<br /> Câu 3:(3,5 điểm)<br /> Cho tam giác ABC đều cố định nội tiếp trong đường tròn (O). Đường thẳng d<br /> thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại điểm thứ hai là E (E  A).<br /> Đường thẳng d cắt hai tiếp tại B và C của đường tròn (O) lần lượt tại M và N. MC<br /> cắt BN tại F. Chứng minh rằng:<br /> a) Tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA, tam giác MBC đồng dạng với tam<br /> giác BCN.<br /> b) Tứ giác BMEF là tứ giác nội tiếp.<br /> c) Chứng minh đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi d thay đổi nhưng<br /> luôn đi qua A.<br /> Câu 4:(1,5 điểm)<br /> Cho c¸c sè thùc d-¬ng a, b, c tho¶ m·n a + b + c =6. Chứng minh rằng:<br /> <br /> bc5 ca4 ab3<br /> <br /> <br />  6 . DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi nµo?<br /> 1 a<br /> 2b<br /> 3 c<br /> <br /> Câu 5:(1,0 điểm)<br /> Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n  4 là hợp số.<br /> 4<br /> <br /> n<br /> <br /> --------------------HẾT----------------------<br /> <br /> SỞ GD&ĐT<br /> QUẢNG BÌNH<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THPT<br /> NĂM HỌC 2012 - 2013<br /> Môn thi: Toán<br /> (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)<br /> yªu cÇu chung<br /> * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập<br /> luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.<br /> * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước<br /> giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.<br /> * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần<br /> là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.<br /> * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của<br /> từng bài.<br /> * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.<br /> Nội dung<br /> <br /> Câu<br /> <br /> 1,0 điểm<br /> 0,25<br /> <br /> 1<br /> a) ĐK: 0  x  1.Ta có:<br /> P<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> x x  26 x  19 2 x<br /> x 3<br /> <br /> <br /> ( x  1)( x  3)<br /> x 1<br /> x 3<br /> <br /> <br /> <br /> x x  26 x  19  2 x ( x  3)  ( x  3)( x  1)<br /> ( x  1)( x  3)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> <br /> <br /> x x  26 x  19  2 x  6 x  x  4 x  3<br /> ( x  1)( x  3)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> <br /> <br /> x x  x  16 x  16 ( x  1)( x  16)<br /> x  16<br /> <br /> <br /> ( x  1)( x  3)<br /> ( x  1)( x  3)<br /> x 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> b)<br /> <br /> x  16<br /> 25<br /> 25<br /> P<br />  x 3<br />  x  3<br /> 6<br /> x 3<br /> x 3<br /> x 3<br />  2 ( x  3)<br /> <br /> 25<br />  6  10  6  4<br /> x 3<br /> <br /> Vậy GTNN của P = 4 khi x  3 <br /> <br /> 1,0 điểm<br /> 0,5<br /> 0,25<br /> <br /> 25<br /> x4<br /> x 3<br /> <br /> Trang: 1 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1,0 điểm<br /> <br /> a) x2  2mx  m  4  0<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 15<br /> Ta có:  '  m2  m  4   m     0 m<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 4<br /> <br /> Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.<br /> Theo định lý Viet: x1  x2  2m; x1 x2  m  4<br /> x  x  26m   x1  x2   3x1 x2 ( x1  x2 )  26m<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  8m3  6m(m  4)  26m  m(8m 2  6m  2)  0<br /> 1<br />  m  0; m  1; m  <br /> 4<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3<br /> 1<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> 1,0 điểm<br /> <br /> b) Gọi x1 , x2 (x1  x2 ) là hai nghiệm nguyên của phương trình.<br /> Ta có: x1  x2  2m; x1 x2  m  4 .<br /> Suy ra x1  x2  2 x1 x2  8  2( x1  x2 )  4x1 x2  1  15  (2x1  1)(2 x2  1)  15 .<br /> TH1:<br /> TH2:<br /> TH3:<br /> TH4:<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2 x1  1  1  x1  0<br /> <br /> m4<br /> <br /> 2<br /> x<br /> <br /> 1<br /> <br /> 15<br /> x<br /> <br /> 8<br />  2<br />  2<br /> 2 x1  1  5  x1  2<br /> <br /> m0<br /> <br /> 2 x2  1  3<br />  x2  2<br /> 2 x1  1  15  x1  7<br /> <br />  m  3<br /> <br /> 2<br /> x<br /> <br /> 1<br /> <br /> 1<br /> x<br /> <br /> 1<br />  2<br />  2<br /> 2 x1  1  3  x1  1<br /> <br />  m 1<br /> <br /> 2 x2  1  5<br />  x2  3<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Thử lại m=0, m=1, m=-3,m=4 thỏa mãn điều kiện bài toán.<br /> <br /> 0,25<br /> 3,5 điểm<br /> <br /> 3<br /> N<br /> <br /> A<br /> E<br /> M<br /> <br /> F<br /> <br /> B<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> O<br /> <br /> I<br /> <br /> Trang: 2 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> C<br /> <br /> a) Ta có: AC//BM suy ra BMA  CAN<br /> AB//CN suy ra BAM  CNA<br /> Do đó tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA<br /> MB AB<br /> MB BC<br /> <br /> <br /> <br /> AC NC<br /> BC CN<br /> Mặt khác MBC  BCN  1200<br /> <br /> Suy ra:<br /> <br /> Suy ra tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN.<br /> b) BFM  BCM  NBC  BCM  BMC  1800  MBC  600<br /> Mặt khác BEM  BCA  600 (do t/c góc ngoài của tứ giác nội tiếp)<br /> Suy ra BFM  BEM  600 . Do đó tứ giác BMEF nội tiếp.<br /> c) Gọi I là giao điểm EF với BC.<br /> Ta có IBF  BMF (câu a), suy ra IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại<br /> tứ giác BMEF.<br /> Tương tự chứng minh được IC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tứ giác<br /> CNEF.<br /> Từ đó: IB2  IE.IF ; IC 2  IE.IF  IB  IC hay I là trung điểm BC.<br /> Vậy d luôn đi qua điểm cố định là I.<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,5<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 1,5 điểm<br /> <br /> 4<br /> Đặt x  a  1; y  b  2; z  c  3 . (x, y, z >0)<br /> yz zx x y y x x z y z<br /> VT <br /> <br /> <br />      <br /> x<br /> y<br /> z<br /> x y z x z y<br /> 2<br /> <br /> y x<br /> z x<br /> y z<br /> . 2 . 2 . 6<br /> x y<br /> x z<br /> z y<br /> <br /> Dấu bằng xảy ra khi x=y=z, suy ra a=3, b=2, c=1<br /> <br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 1,0 điểm<br /> <br /> 5<br /> n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là<br /> số tự nhiên lớn hơn 0.<br /> - Với n = 2k, ta có n 4  4 n  (2k) 4  4 2k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do<br /> đó n  4 là hợp số.<br /> -Với n = 2k+1, tacó<br /> n 4  4n  n 4  42 k .4  n 4  (2.4k ) 2  (n2  2.4k ) 2  (2.n.2k ) 2<br /> 4<br /> <br /> n<br /> <br />   n 2  2.4k  2.n.2k  n 2  2.4k  2.n.2k <br />   (n  2k ) 2  4k  (n  2k ) 2  4k <br /> Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số<br /> Trang: 3 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br />