Đề và đáp án thi chọn học sinh giỏi Toán lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi :	 TOÁN
Thời gian :	 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 08/04/2014
Câu 1 (4 điểm).
a) Rút gọn biểu thức với x ≥ 4.
b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, thỏa mãn và .
Tính giá trị của biểu thức .
Câu 2 (4 điểm).
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương.
b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5. 
Chứng minh rằng chia hết cho 5, với mọi số tự nhiên n.
Câu 3 (6 điểm).
a) Giải phương trình .
b) Giải hệ phương trình 
c) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0.
Câu 4 (3 điểm).
a) Cho hình bình hành ABCD, các điểm M và N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC.
b) Cho ∆ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = và bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC bằng 2. Tính số đo góc B và góc C của ∆ABC.
Câu 5 (3 điểm).
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D khác B và C). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B; đường tròn tâm O2 qua D và tiếp xúc với AC tại C; hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E. 
a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
b) Giả sử ∆ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D trên cạnh BC.
-------HẾT-------
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
I. Hướng dẫn chung:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án và đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm của đáp án để cho điểm hợp lí.
Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25
II. Đáp án:
Câu
Nội dung
Điểm
1
(4đ)
a) Với x ≥ 4, ta có :
A 
Xét các trường hợp :
* Với x ≥ 8 ta có :
	A 
* Với 4 ≤ x < 8 ta có :
	A 
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Với a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, ta có: 
	Mà 
	Vậy = 1
0,5
0,5
0,5
0,5
2
(4đ)
a) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k Î )
Þ (n – 7)2 – k2 = 305
 Û (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305
Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) 
và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp:
Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b) 
Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 
nên 	(với k là số nguyên dương)
Vậy 5 với mọi số tự nhiên n.
Chú ý: Chỉ cần đặt a4n=x
=> a8n+3a4n-4=x2+3x2-4=(x-1)(x+4)=[(a4)n-1](a4n+1)
 = (a4-1)Q(a)=(a2-1)(a2+1)Q(a)=(a+1)(a-1)(a2+1)Q(a)
 Khi a=5k-1 thi a+1 chia hết cho 5
 Khi a=5k+1 thì a-1 chia hết cho 5
 Khi a=5k±2 thì a2+1 chia hết cho 5
=> a8n+3a4n-4 chia hết cho 5.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(4đ)
a) Điều kiện: x ≥ –2014
Đặt t = Þ t 2 = x + 2014 (t ≥ 0)
Ta có hệ sau : 
Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta được :
t2 – x2 – x – t = 0 
Û (t+x)(t – x – 1) = 0 Û t = –x hoặc t = x + 1
Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014 Û x2 – x – 2014 = 0 (*)
Giải (*) được nghiệm x =  (loại vì t ≥ 0) hoặc x =  
Với t = x + 1 ta có: (x + 1)2 = x + 2014 Û x2 + x – 2013 = 0 (**)
Giải (**) được nghiệm x =  hoặc x = (loại vì t≥0)
Vậy nghiệm của phương trình là: x =  hoặc x =  
Chú ý : Có thế giải như sau :
ó
Giải phương trình tích ta có các nghiệm.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Đặt 
Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta có: 
Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0
 (1)
∆ = 
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 
Û (z + 2)2 ≤ 0 Û z = –2
Thay z = –2 vào phương trình (1) ta được: X2 – 4X + 4 = 0 (2)
Giải phương trình (2) được nghiệm X1 = X2 = 2 Þ x = y = 2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2
Chú ý: Giải như sau thì đơn giản hơn nhiều:
Từ (1)=>z=2-x-y thế vào (2) ta có:
2xy-(4+x2+y2-4x-4y+2xy)=4 ó (x-2)2+(y-2)2=0 
óx=2 và y=2
Khí đó z=-2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Ta có : 
Tương tự : 
Þ (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 0
Û 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0	(1)
Mặt khác: (1 + a + b + c)2 = (1 + a)2 + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c)
= 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc)
Þ a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ 0 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : 
abc + a2 + b2 + c2 + 1 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0
Û abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3đ)
a) Hình vẽ
Kẻ DI vuông góc với AN tại I, kẻ DH vuông góc CM tại H.
Ta có: 
S∆ADN = SABCD (do cùng cạnh đáy AD và đường cao kẻ từ N)
và S∆DMC = SABCD (do cùng cạnh đáy DC và đường cao kẻ từ M)
nên : S∆ADN = S∆DMC . 
Þ ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
 Þ KD là phân giác góc AKC.
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
b) Hình vẽ
Gọi I, H, K lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ∆ABC với các cạnh AB, AC, BC.
Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC
= 8 + 4 (1)
Þ (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 4)2
Þ AB.AC = (2)
Từ (1) và (2), kết hợp với AB < AC
suy ra AB = 2 + 2; AC = 6 + 2
Suy ra 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
(3đ)
Hình vẽ
a) Kéo dài ED cắt (O) tại I
AB là tiếp tuyến của (O1) 
AC là tiếp tuyến của (O2) 
Þ Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
Þ AI//BC Þ I cố định
Vậy DE luôn đi qua điểm cố định I.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Ta có: (vì AI//BC)
∆ABC cân tại A
Þ 
Þ A, D, E thẳng hàng 
Þ AD.AE = AB2 (vì ∆ABES
∆ADB)
Þ AD.AE không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên cạnh BC.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25