Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS Quảng Nam năm học 2013 – 2014 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
 QUẢNG NAM Năm học 2013 – 2014
 MÔN THI : TOÁN
 Thời: gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 08/ 4/ 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4 điểm)
 a) Rút gọn biểu thức A = với 
 b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thức khác 0 thỏa mãn và .
 Tính giá trị biểu thức B = .
Câu 2. (4 điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là một số chính phương
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 tưn nhiên n.
Câu 3. (6 điểm)
Giải phương trình .
Giải hệ phương trình 
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn .
Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) 0.
Câu 4. (3 điểm)
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.
Cho tam giác ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. Tính số đo các góc B và C của tam giác ABC.
Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D khác B và C). Đường tròn tâm qua D và tiếp xúc với AB tại B; đường tròn tâm qua D và tiếp xúc với AC tại C, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E.
Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Giả sử tam giác ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD. AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D trên canh BC.
 ---------Hết----------
Ghi chú: Đề này gồm có một trang.
 Thí sinh không được sử dụng máy tính.
ĐÁP ÁN CHẤM (dự kiến)
CÂU
NỘI DUNG TRÌNH BÀY
ĐIỂM CHI TIẾT
1
 a
2 điểm
A = với 
 = 
 = 
 = 
+ Xét thì 
 A = + = 4
+ Xét thì 
 A = + = 
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
b
2 điểm
Từ 
Mà 
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
a
2 điểm
b
2 điểm
Đặt = k2 ( k ) (1)
 là ước của 305
 Ư(305) = 
Vì 
và 
nên hoặc 
+ 
 n1 = 160; n2 = -146 (loại)
+ 
 n3 = 40 ; n4 = -26 (loại)
+ Vậy n = 160 và n = 40 là các giá trị cần tìm
 A = 
= 
Đặt an = y 
 A = y8 + 3y4 – 4
 = 
 = 
 Vì a không chia hết cho 5 nên y không chia hết cho 5 => hoặc 
 + Nếu thì 
 Do đó A 5
+ Nếu thì 
 Do đó A 5
+ Vậy a > 5 và a không chia hết cho 5 thì A 5 
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
2
(6 điểm)
a
2 điểm
ĐK: x -2014
Đặt (1) ( )
 Ta có: 
Suy ra 
+ Nếu x + y = 0 -x = y 
Vì y 0 nên –x 
Thay vào (1) ta được x2 – x – 2014 = 0 
 (Loại) , <0 (nhận)
+ Nếu x – y – 1 = 0 y = x + 1
Do y 
+ (1) => 
 (nhận), (loại)
+ Tập nghiệm phương trình S = 
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
b
2 điểm
c
2 điểm
+ Từ (1a) => y = 2 – x – z thay vào (2a) ta được PT:
2x (2 – x – z) – z2 = 4
 2x2 +2xz – 4x + z2 + 4 = 0
 2x2 + 2(z – 2)x + z2 + 4 = 0 (3a)
Coi PT trên là phương trình ẩn x, tham số z,
 = (z –2)2 – 2(z2 + 4) = z2 – 4z + 4 – 2z2 – 8 
 = – z2 – 4z – 4 = – (z + 2)2
+ Nếu z – 2 thì PT (3a) vô nghiệm => hệ đã cho vô nghiệm
+ Nếu z = – 2 thì = 0 => x = 2 khi đó y = 2
+ Nghiệm của hệ PT (2; 2; –2)
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
b
2 điểm
+ Xét trường hợp abc 0
abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) 0.
 (bất đẳng thức luôn đúng với abc 0)
+ Xét abc 0 hoặc cả ba thừa số đều âm.
Ta có: 
Chứng minh tương tự và 
+ abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) 0
 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc) – abc 0
 2(1 + a)(1 + b + c + bc) – abc 0
 (*) 
Do a, b, c và abc < 0 
 => -abc > 0 nên (*) luôn đúng. 
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
4
a
1,5 điểm
Kẻ DH AN, DE CM , NS // CD và ML // BC
+ c/m được 2 => 
 mà CM = AN nên DE = AH
+ D nằm trong và DH KA, DE KC => KD là tia phân giác của 
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
 b
+ Gọi các tiếp điểm trên các cạnh AB, AC và BC lần lượt là M, N, P. c/ m được AMON là hình vuông => AM = OM 
+ c/m được 2AM = AB + AC – BC 
+ Đặt BC = a, AB = c và AC = b (b > c) , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là r, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R.
 Ta có (1), c + b – a = 4 (2) , 
 R = BC : 2 = (3) 
 Do đó 
 Từ (1) => 
 Từ (2) => 
 => 
Đặt và , do b > c => x > y ta có :
 (do x > y)
SinB = , 
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
5
a
(1,5 điểm)
+ Ta có và (theo hệ quả của định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
 +
 Tứ giác ABEC nội tiếp . Mà A, B, C thuộc đường tròn (O) nên E thuộc đường tròn (O).
+ Gọi K là giao điểm thứ hai của ED và (O) 
(cùng chắn cung BK) và (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O1) . Suy ra .
 Do đó AK // BC.
Mà BC cố định , AK // BC và K thuộc (O) nên K là điểm cố 
định
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
b
(1,5 điểm
+ Theo câu a tứ giác ABEC nội tiếp *cùng chắn cung AC của đường tròn (O), (cùng chắn cung CD của (O1), mà nên => Tia ED và EA trùng nhau => ba điểm E, D, A thẳng hàng
+ và có chung và nên chúng đồng dạng (g-g) => AD. AE = AC2 không đổi
0,5 điểm
0,25 điểm
0,75 điểm