Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học: 2009 - 2010 môn thi: toán – lớp 9 (thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Ubnd tỉnh bắc ninh Sở giáo dục và Đào tạo Đề chính thức đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: toán – lớp 9 - thcs (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010 Câu 1 (3,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: . Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x - 5)2010. Tính f(a), với a = . Câu 2 (4,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: . 2/ Giải phương trình: . Câu 3 (4,0 điểm) Cho đường tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA. 1) Chứng minh  . Từ đó, hãy tính tỷ số ,biết: AB= và BC=3R. 2) Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đường vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đường thẳng HK cắt (O, R) ở điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG. Câu 4 (4,0 điểm) 1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a. Hãy xác định dạng tam giác ABC. 2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đường cao AH và BK. Cho biết AH BC và BK AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC. Câu 5 (4,0 điểm) 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để ( là số nguyên tố. 2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn . Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b). -------------------Hết -------------------- (Đề thi gồm 01 trang) Họ và tên thí sinh: ................................................. Chữ ký của giám thị 1: Số báo danh:............................... Chữ ký của giám thị 2: Sở giáo dục - Đào tạo đáp án và hướng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 2009 – 2010 Môn: Toán Lớp 9 (Đáp án gồm 03 trang) Chú ý chung: Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhưng không chia nhỏ dưới 0,25. Mọi lời giải của học sinh có phương pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tương ứng. Câu 1 (3,5 điểm) 1) (1,50đ) Biến đổi Biểu thức đã cho thành = == 1 0,50 0,50 0,50 2) (2,00 đ) Từ a = suy ra a3 = ()3 Û a3 = 6 + 3 () Û a3 = 6 – 6a a3 + 6a – 6 = 0 Vậy f(a) = (a3 + 6a - 5)2010 = (f(x) = (a3 + 6a – 6 + 1)2010 = 1 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2 (4,5 điểm) 1) (2,50 đ) Điều kiện: (x; y; z) Với điều kiện trên hệ đã cho tương đương với hệ Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phương trình trong hệ đều không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lượt suy ra hệ Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1 0,25 0,75 0,75 0,50 0,25 2) (2,00 đ) Phương trình đã cho tương đương với 3 x3 – 3x2 – 3x = 1 Û 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 Û 4x3 = (x + 1)3 Û x = x + 1 Û ( - 1)x = 1 Û x = 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 3 (4,00 điểm) Đáp án Điểm (2,00đ) Do AB//CD ; (O,R) là đường tròn nội tiếp ABCD nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB , hay tam giác AOD vuông ở O , tương tự tam giác BOC vuông ở O. 0,25 A B C D G M K H E F O T Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O có các đường cao OH và OF cùng bằng R HA.HD = FB.FC = R2. Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R), ta có HA = EA; EB = FB HD = GD; FC = GC. Vậy EA.GD = EB.GC = k (1) 0,25 0,25 Ta phải tìm k > 0 khi AB = và BC = 3R. Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến của (O, R) OEAB và OGCD E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG2 = (2) 0,25 Từ (1) có 0,25 (4) 0,25 Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R2 = 0,25 , giải phương trình được nghiệm k >0 là k = Vậy = . 0,25 2) (2,00đ) Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D)DHG cân ở D, mà DO là phân giác góc HDG DO, có MKDO MK//HG . Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG của (O, R)tứ giác KTGM nội tiếp (5) 0,50 Lại có 4 điểm O; K; G; M thuộc đường tròn đường kính MO (6) 0,50 Từ (5) và (6) 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đường tròn đường kính MO mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R) 0,50 MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M MT = MG. 0,50 Câu 4 (4, 00 điểm) 1) (2,00 đ) Từ R(b + c) = a suy ra = Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có = Suy ra 2R a. Mặt khác a Ê 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A 0,50 1,00 0,50 _ K _ H _ C _ B _ A 2) (2,00 đ) Tam giác AHC vuông tại H ị AC ³ AH ³ BC (gt) Tam giác BKC vuông tại K ị BC ³ BK ³ AC (gt) Suy ra AC = AH = BC = BK ị C º H º K Vậy ABC vuông cân tại C 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 5 (4,0 điểm) (2,00 đ) Đặt M= + Khi n chẵn ta có n4 chia hết cho 2, mặt khác 42k+1 chia hết cho 2 và 42k+1 >2, với mọi k. Vậy M không là số nguyên tố. + Khi n lẻ: Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố. b) Khi n và k , ta chứng minh M không là số nguyên tố: Ta có M = ( Ta có là số nguyên lớn hơn 1 (1) là số nguyên, mặt khác (2) Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số. Kết luận: là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0. 0,50 0,25 0,50 0,50 0,25 (2,00 đ) Có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2). Từ giả thiết a3 + b3 = 2 (*) 2= (a + b)(a2 – ab + b2) mà a2 – ab + b2 > 0 a + b > 0 (1) 0,25 Đặt a = x +1 và b = y + 1 2 = (x + 1)3 + (y + 1)3 x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y) = 0 mà 3(x2 + y2)0 x3 + y3 + 3(x + y)0 (x + y)(x2 – xy + y2 + 3)0 mà x2 – xy + y2 + 3 > 0 x + y 0 a + b – 2 0 a + b 2 (2) 0,75 Từ (1) và (2) 0 < a + b 2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2 0,25 + Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25 + Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn (I). (a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi a và b là nghiệm phương trình t2 – t = 0, phương trình này luôn có nghiệm điều cần chứng minh. 0,25 Kết luận: a + b có hai giá trị nguyên là 1 và 2. 0,25