Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Bảng B) - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
Môn thi: TOÁN - BẢNG B 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (5,0 điểm). 
 a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì 2n n 2  không chia hết cho 3. 
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n 17 là một số chính phương. 
Câu 2 (5,0 điểm) 
 a) Giải phương trình: 2x 4x+5 = 2 2x+3 
 b) Giải hệ phương trình: 
2
2
2x+y = x
2y+x = y



Câu 3 (3,0 điểm). 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
4x+3
A
x 1


Câu 4 (4,5 điểm) 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, 
CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. 
a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = 2BC 
b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K(O). 
Câu 5 (2,5 điểm). 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung 
BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I 
cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại 
F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. 
- - - Hết - - - 
Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh: ..................................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN - Bảng B 
------------------------------------------- 
Câu: Nội dung 
1. 
a, 
(2,5) 
*) Nếu 2n 3 n n 3  
nên 2n n 2 3  (1) 
*) Nếu 2n 3 n 2 3   
 2n n 2 3   (2) 
Từ (1) và (2) n Z  thì 2n n 2 3  
b, 
(2,5) 
Đặt 2 2m n 17  (m N) 
 2 2m n 17 (m n)(m n) 17 1.17        =17.1 
Do m + n > m - n 
m n 17 m 9
m n 1 n 8
   
  
   
Vậy với n = 8 ta có 2 2n 17 64 17 81 9     
2. 
a, 
(2.5) 
 Giải phương trình 2x 4x+5=2 2x+3 (1) 
Điều kiện: 
3
2x+3 0 x -
2
   
(1) 2x 4x+5-2 2x+3 0   
 2x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0    
 2 2(x 1) ( 2x+3 1) 0     
x 1 0
2x+3 1 0
 
 
 
x 1
2x+3=1
 
 

 x 1  thỏa mãn điều kiện 
b, 
(2.5) 
Giải hệ phương trình 
2
2
2x+y=x
2y+x=y



Trừ từng vế 2 phương trình ta có: 2 2x y x y   
(x y)(x y 1) 0     
(1) 
(2) 
x y x y
x y 1 0 x 1 y
  
  
     
Ta có: 
*) 
x y x y
x(x 3) 0 x 0
  
 
   
Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) 
*) 
2 2 2
x 1 y x 1 y x 1 y
2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 1 0
       
   
        
 (*) 
Vì phương trình 2y y 1 0   vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm 
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) 
3. 
Tìmgiá trị nhỏ nhất của 
2
4x+3
A
x 1


Ta có: 
2
2 2
4x+3 x 4x+4
A 1
x 1 x 1

   
 
2
2
(x 2)
A 1 1
x 1

    

Dấu "=" xảy ra x 2 0 x 2     
Vậy 
min
A 1  khi x = -2 
4. 
a, 
(2,5) 
H
K
E
I
F O
B
A
C
Gọi I là giao điểm của AH và BC  AI  BC 
Ta có: BHI BCE (g, g) 
BH BI
BH.BE BC.BI
BC BE
    (1) 
Ta có: CHI CBF (g, g) 
CH CI
CH.CF BC.CI
CB CF
    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 
b, 
(2,0) 
Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra HCB KCB 
Mà FAI HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp) 
S
S
hoặc x = 3 
 FAI BCK hay BAK BCK   
  tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O)  K  (O) 
5. 
 + Khi 0BAC 90  0BIC 90 . 
  F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính. 
  EF đi qua điểm O cố định. 
K
F
E
O
A
B
C
I
+ Khi BAC < 90
0  
BIC > 90
0
. 
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. 
 EIF EAF  (cùng bù BIC ) 
 EKF EIF (Do I và K đối xứng qua EF) 
 EKF EAF  
 AKFE nội tiếp 
 KAB KEF  (cung chắn KF ) (1) 
 IEF KEF (Do K và I đối xứng qua EF) (2) 
 IEF BIK (cùng phụ KIE ) (3) 
Từ (1), (2), (3) KAB BIK  
  AKBI là tứ giác nội tiếp 
  K (O) 
 Mà EF là đường trung trực của KI  E, O, F thẳng hàng. 
+ Khi BAC > 90
0
  BIC < 900 chứng minh tương tự. 
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. 
- - - Hết - - -