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) Cho biểu thức: 4 4 2 14 28 16 x x x x A x x x x + = + 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 2 2 2 6 0x mx m m + = ( m là tham số). 1. Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm 1 x và 2 x sao cho 1 2 2 1 18 7 x x x x + = . 2. Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm 1 x và 2 x sao cho 1 2 8x x+ = Bài 3: (3,0 điểm) 1. Cho bốn số thực bất kì , , ,a b c d . Chứng minh: ( ) ( ) 2 2 2 2 ab cd a c b d+ + + Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2. Với giá trị nào của góc nhọn thì biểu thức 3sin 3 cosP = + 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 K ( ; ; )K AM D BC E AB . Hai tam giác AKE và BKE có diện tích là 10 và 20. Tính diện tích tam giác ABC. Bài 6: (2,0 điểm) 1. Tìm số tự nhiên n để 18n + và 41n là hai số chính phơng. Hết 1 Đáp án và thang điểm:Đề số 1 Bài Câu Nội dung Điểm 1 (4 điểm) 1.1 (2 đ) Để A có nghĩa, trớc hết 0x . Đặt ( ) 0t x x= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 2 1 4 1 1 4 4 4 2 14 28 16 2 1 2 4 2 2 12 28 16 t t t t t t t t A t t t t t t t t t t + + = = = + + Để biểu thức A có nghĩa thì: 0, 1, 2, 4 0, 1, 4, 16t t t t x x x x (*) Khi đó, rút gọn ta đợc: ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 t x A t x + + = = 1,0 0,5 0,5 1.2 (2 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 t t A t t t + + = = = + Để A là số nguyên thì x nguyên và 2t phải bằng 1 hoặc 3 . - Nếu 2 1 1t t = = ( loại vì trái điều kiện (*)). - Nếu 2 3 1 0t t = = < (loại) - Nếu 2 1 3 9t t x = = = và 2A = - Nếu 2 3 5 25t t x = = = và 1A = Vậy: Để A nhận các giá trị nguyên thì 9x = và 25x = . 0,5 0,5 0,5 0,5 2 (4 điểm) 2.1 Để phơng trình 2 2 2 6 0x mx m m + = có hai nghiệm thì: ( ) 2 2 ' 6 6 0 6m m m m m = = + (1) 0,5 Với điều kiện (1), ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 18 18 18 7 7 7 x x x x x x x x x x x x x x + + + = = = và 1 2 0x x ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 6 18 6 9 2; 3 6 7 6 7 m m m m m m m m m m m + + = = 2 1 2 8 48 0 4; 12m m m m = = = (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 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 2 64 2 2 64x x x x x x x x x x x x+ = + + = + + = (2) 0,5 + Nếu 1 x và 2 x cùng dấu thì ( ) ( ) 1 2 2 6 0 6 2 3 0 m x x m m m m = + 0,5 6 2m hoặc 3m (3) 0,25 Khi đó (2) ( ) 2 2 1 2 64 4 64 4x x m m + = = = (thỏa điều kiện (3)). 0,25 + Nếu 1 x và 2 x trái dấu thì ( ) ( ) 2 1 2 0 6 2 3 0 2 3x x m m m m m< = + < < < (4) Khi đó (2) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 4 64 4 4 6 64x x x x m m m + = = 6 16 10m m + = = (không thỏa điều kiện (4). 0,5 2 + Vậy, để 1 2 8x x+ = thì 4m = 3 (3,0 điểm) 3.1 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ab cd a c b d ab cd a c b d + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c d abcd a b a d b c c d + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0ad bc ad bc ad bc + : đúng với 4 số thực a, b, c, d bất kì. Vậy: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 , , , ,ab cd a c b d a b c d + + + R Dấu đẳng thức xảy ra khi 0ad bc = hay ( ) 0, 0 c d a b a b = 0,5 0,5 0,5 3.2 áp dụng kết quả trên, ta có: 3sin 3 cos 0P = + > nên Theo Bunhiacopki ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 3sin 3 cos 3 3 sin cos 2 3P = + + + = max 2 3P = khi 3 3 sin cos = à à 0 sin 3 3 60 cos 3 tg = = = 1,0 0,5 4 4 điểm 4a Ta có : ã BOP là góc ngoài AOB ã BOP = ã ã PAB OBA+ = 2 1 ( ã ã BAC ABC+ ) 0,25 Lại có : ã BNP =180 0 ã MNC =180 0 - ã ã ã 0 0 180 1 180 ( ) 2 2 ACB BAC ABC = + 0,5 ã ã BOP BNP+ =180 0 tứ giác BOPN nội tiếp ã ã OPM OBC= (cùng bù ã OPN ) 0,25 Mặt khác : ã ã OMP OCN= OPM OBC : (g.g) OB OP OC OM a PM == (1) 0,5 Tơng tự ta có : ONQ OCA : (g.g) a PM OC OM OC ON b NQ === (2) 0,5 3 O F E Q P N M C B A QOP AOB : (g.g) a PM OB OP c PQ == (3) 0,5 Từ (2) , (3) c PQ b NQ a MP == 0,5 b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM tơng tự câu a) ã AQO = ã AMO = 90 0 ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến 0,5 ã EQB = ã EBQ = ã CBQ 0,25 EQ//BC 0,25 mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng . 0,25 5 3 điểm 20 10 E D M K C B A + Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có: / 2 1 / 2 2 AKE BKE S AE h AE AE S BE h BE BE ì = = = ì . + Suy ra: 1 2 2 ACE BCE ACE BCE S S S S = = (1) + Tơng tự: 1 AKM AKM CKM CKM S MA S S S MB = = = Đặt AKM CKM x S S = = , ta có: 20 10 30 ABM CBM BCK BCK S S x x S S= + + = + = (1) 20 30 50 BCK BEK S S+ = + = Mà BE = 2AE 25 AEC S = 75 ABC S = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 6 (2,0 điểm) Để 18n + và 41n là hai số chính phơng 2 18n p + = và ( ) 2 41 ,n q p q = N ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 18 41 59 59p q n n p q p q = + = + = Nhng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q = = + = = Từ 2 2 18 30 900n p+ = = = suy ra 882n = Thay vào 41n , ta đợc 2 2 882 41 841 29 q = = = . Vậy với 882n = thì 18n + và 41n là hai số chính phơng 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 4 5 . (1), ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 18 18 18 7 7 7 x x x x x x x x x x x x x x + + + = = = và 1 2 0x x ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 6 18 6 9 2; 3 6 7. 2 1 2 8 48 0 4; 12m m m m = = = (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 1 2 1 2 1 2 1 2