Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Ngày thi 27-3-2013) - Năm học 2012-2013 - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

 SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THPT 
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013 
 Môn thi: Toán 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013) 
SỐ BÁO DANH:.. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1:(2.0 điểm) 
Cho biểu thức: 
26 19 2 3
2 3 1 3
x x x x x
P
x x x x
  
  
   
a) Rút gọn P. 
b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 2:(2.0 điểm) 
Cho phương trình 2 2 4 0x mx m    
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 
3 3
1 2 26x x m  
b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên. 
Câu 3:(3,5 điểm) 
Cho tam giác ABC đều cố định nội tiếp trong đường tròn (O). Đường thẳng d 
thay đổi nhưng luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại điểm thứ hai là E (E A). 
Đường thẳng d cắt hai tiếp tại B và C của đường tròn (O) lần lượt tại M và N. MC 
cắt BN tại F. Chứng minh rằng: 
a) Tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA, tam giác MBC đồng dạng với tam 
giác BCN. 
b) Tứ giác BMEF là tứ giác nội tiếp. 
c) Chứng minh đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi d thay đổi nhưng 
luôn đi qua A. 
Câu 4:(1,5 điểm) 
Cho c¸c sè thùc d-¬ng a, b, c tho¶ m·n a + b + c =6. Chứng minh rằng: 
5 4 3
6
1 2 3
b c c a a b
a b c
     
  
  
. DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi nµo? 
Câu 5:(1,0 điểm) 
Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng 
n4 4n  là hợp số. 
--------------------HẾT---------------------- 
 Trang: 1 - Đáp án Toán 11 
 SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THPT 
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 
 Môn thi: Toán 
 (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013) 
 HƯỚNG DẪN CHẤM 
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) 
yªu cÇu chung 
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập 
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. 
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước 
giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. 
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần 
là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. 
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của 
từng bài. 
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a) ĐK: 0 1x  .Ta có: 
26 19 2 3
( 1)( 3) 1 3
26 19 2 ( 3) ( 3)( 1)
( 1)( 3)
26 19 2 6 4 3
( 1)( 3)
16 16 ( 1)( 16) 16
( 1)( 3) ( 1)( 3) 3
x x x x x
P
x x x x
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
x x x x x
  
  
   
      

 
      

 
     
  
    
1,0 điểm 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 b) 
16 25 25
3 3 6
3 3 3
25
2 ( 3) 6 10 6 4
3
x
P x x
x x x
x
x

       
  
     

 Vậy GTNN của P = 4 khi 
25
3 4
3
x x
x
   

1,0 điểm 
0,5 
0,25 
0,25 
 Trang: 2 - Đáp án Toán 11 
2 
a) 2 2 4 0x mx m    
Ta có: 
2
2 1 15' 4 0 
2 4
m m m m
 
         
 
Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 
Theo định lý Viet: 
1 2 1 22 ; 4x x m x x m    
 
3
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
3 2
26 3 ( ) 26
8 6 ( 4) 26 (8 6 2) 0
1
0; 1;
4
x x m x x x x x x m
m m m m m m m
m m m
      
       
    
1,0 điểm 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Gọi 
1 2 1 2, ( )x x x x là hai nghiệm nguyên của phương trình. 
Ta có: 
1 2 1 22 ; 4x x m x x m    . 
Suy ra 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 8 2( ) 4 1 15 (2 1)(2 1) 15x x x x x x x x x x             . 
TH1: 1 1
2 2
2 1 1 0
4
2 1 15 8
x x
m
x x
    
   
   
TH2: 1 1
2 2
2 1 5 2
0
2 1 3 2
x x
m
x x
     
   
   
TH3: 1 1
2 2
2 1 15 7
3
2 1 1 1
x x
m
x x
     
    
   
TH4: 1 1
2 2
2 1 3 1
1
2 1 5 3
x x
m
x x
     
   
   
Thử lại m=0, m=1, m=-3,m=4 thỏa mãn điều kiện bài toán. 
1,0 điểm 
0,25 
0,5 
0,25 
3 
C
N
I
F
M
O
B
A
E
3,5 điểm 
0,5 
 Trang: 3 - Đáp án Toán 11 
a) Ta có: AC//BM suy ra BMA CAN  
 AB//CN suy ra BAM CNA  
 Do đó tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA 
 Suy ra: 
MB AB MB BC
AC NC BC CN
   
 Mặt khác 0120MBC BCN   
 Suy ra tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN. 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
b) 0 0180 60BFM BCM NBC BCM BMC MBC        
Mặt khác 060BEM BCA   (do t/c góc ngoài của tứ giác nội tiếp) 
Suy ra 060BFM BEM   . Do đó tứ giác BMEF nội tiếp. 
0,5 
0,25 
0,25 
c) Gọi I là giao điểm EF với BC. 
Ta có IBF BMF  (câu a), suy ra IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại 
tứ giác BMEF. 
Tương tự chứng minh được IC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tứ giác 
CNEF. 
Từ đó: 2 2. ; .IB IE IF IC IE IF IB IC    hay I là trung điểm BC. 
Vậy d luôn đi qua điểm cố định là I. 
0,25 
0,25 
0,25 
4 
Đặt 1; 2; 3x a y b z c      . (x, y, z >0) 
2 . 2 . 2 . 6
y z z x x y y x x z y z
VT
x y z x y z x z y
y x z x y z
x y x z z y
  
        
   
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z, suy ra a=3, b=2, c=1 
1,5 điểm 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
5 
n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là 
số tự nhiên lớn hơn 0. 
- Với n = 2k, ta có k24n4 4)k2(4n  lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do 
đó 
n4 4n  là hợp số. 
-Với n = 2k+1, tacó 
   
  
4 4 2 4 2 2 2 2
2 2
2 2
4 4 .4 (2.4 ) ( 2.4 ) (2. .2 )
2.4 2. .2 2.4 2. .2
( 2 ) 4 ( 2 ) 4
n k k k k
k k k k
k k k k
n n n n n
n n n n
n n
       
    
    
Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số 
1,0 điểm 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25