Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Vĩnh Phúc năm học 2013 – 2014 đề thi môn: Toán

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (3,0 điểm). 
a) Cho biểu thức:
2 16 4 2 1
6 8 2 4
a a a
M
a a a a
  
  
   
. Tìm tất cả các giá trị nguyên của a 
để giá trị của M là một số nguyên. 
b) Cho đa thức 2( )P x ax bx c   thỏa mãn đồng thời các điều kiện ( ) 0P x  với mọi số 
thực x và b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
a b c
Q
b a
 


. 
Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: 
1
1 2
x x
x m x m


   
Câu 3 (1,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số 
751954 1p  chia 
hết cho 60. 
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn ( )O có tâm là O và bán kính bằng R . Hai điểm phân 
biệt ,B C cố định nằm trên ( )O sao cho 2BC a R  . Gọi A là điểm bất kì thuộc cung 
lớn BC của ( )O , A không trùng với ,B C . Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A 
của tam giác ABC . Hai điểm ,E F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác 
ADB và ADC . 
a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. 
b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R . 
c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố định. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô 
bởi một trong 4 màu: xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một 
đoạn thẳng được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại 
một tam giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh 
cũng được tô cùng một màu (nâu hoặc đen). 
----------- Hết ----------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh. 
 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm 
bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng 
với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 
a) 
2,5 
Cho biểu thức:
2 16 4 2 1
6 8 2 4
a a a
M
a a a a
  
  
   
. Tìm tất cả các giá trị 
nguyên của a để M là một số nguyên. 
ĐKXĐ: 
0
4, 16
a
a a


 
2 16 4 2 1
6 8 2 4
a a a
M
a a a a
  
  
   
2 16 ( 4)( 4) (2 1)( 2)
6 8
a a a a a
a a
      

 
2 1
( 2)( 4) 4
a a a
a a a
  
 
  
Từ 
1 5
1
4 4
a
M
a a

  
 
. 
Do M là số nguyên nên 5 ( 4) 4 { 1; 5}a a      . 
TH1. 4 1 25a a    
TH2. 4 1 9a a     
TH3. 4 5 81a a    
TH4. 4 5 1a a      (loại) 
Đối chiếu điều kiện đã đặt, ta suy ra các giá trị cần tìm của a là: 9; 25; 81. 
b) 
0,5 
Cho đa thức 2( )P x ax bx c   thỏa mãn đồng thời các điều kiện 
( ) 0P x  với mọi số thực x và b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
a b c
Q
b a
 


. 
- Từ ( ) 0,P x x   ta chứng minh được 
2
0
4 0
a
b ac


   
. 
- Do đó: 
2 2 2 24 4
4 4 4 ( )
b b a b c a ab b
c a b c a b
a a b a a b a
   
        
 
- Lại có: 
2 2 2 2 24 4 16 8 12 ( ) (4 )
3 3
4 ( ) 4 ( ) 4 ( )
a ab b a ab b a b a a b
a b a a b a a b a
      
   
  
Vậy min 3 4 0Q b c a     
 Học sinh có thể làm theo cách sau: 
- Từ giả thiết ( ) 0, ( 2) 0P x x P      
 4 2 0 3( ) 0a b c a b c b a          
- Từ đó suy ra 3
a b c
Q
b a
 
 

. 
Xét đa thức 2( ) 4 4P x x x   , ta thấy đa thức này thỏa mãn các điều 
kiện của giả thiết và khi đó 
1 4 4
3
4 1
Q
 
 

. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 3. 
2 2,0 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: 
1
1 2
x x
x m x m


   
 (*) 
ĐKXĐ: 
1
2
x m
x m
 

  
Khi đó 2 2(*) ( 3) 2 (1 ) (2 2) 2x m x m x m x m x m             (**) 
+ Nếu 1m   , (**) 0. 1x   , vô nghiệm, suy ra phương trình (*) vô 
nghiệm 
+ Nếu 1m   thì (**) có nghiệm 
2
2 2
m
x
m

 

, do đó phương trình đã 
cho vô nghiệm nếu 
2
1 (1)
2 2
2
2 (2)
2 2
m
m
m
m
m
m

   

   
 
- TH1 : 2
0
(1) 2 2 2 1
2
m
m m
m

     
  

- TH2 : 2 2
2
(2) 2 2 6 4 2 5 2 0 1
2
m
m m m m m
m
 
           
  

Vậy có 4 giá trị của m để phương trình vô nghiệm là : 
1
1;0; 2;
2
   . 
3 
1,0 
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số 
751954 1p  chia 
hết cho 60. 
Trước hết ta dễ dàng chứng minh 
751954 4m (với m nguyên dương) 
Ta sẽ chứng bài toán tổng quát 4 1mp  chia hết cho 60 với mọi số 
nguyên tố 5p  và mọi số nguyên dương m. 
Thật vậy, có  4 4 4 21 ( ) 1 1 ( 1)( 1)( 1).m m mp p p A p p p A         ( A ) 
Do p lẻ nên 1, 1p p  là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( 1)( 1) 4p p   (1) 
Lại có ( 1) ( 1) 3p p p   mà p không chia hết cho 3 nên ( 1)( 1) 3p p   (2) 
Do p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5 1k  ; 5 2k  . 
- Nếu 2 25 1 25 10 1 5 1p k p k k n        
- Nếu 2 25 2 25 20 4 5 1p k p k k l        ( , , )k n l 
Suy ra 4 1 5.p q  , hay 2( 1)( 1)( 1) 5p p p    (3) 
Từ (1), (2), (3) và 3, 5, 4 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau nên 
2 4( 1)( 1)( 1) (3.5.4) 1 60p p p p      . 
Vậy 4 1 60mp   (điều phải chứng minh). 
4 
a 
1,5 
Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. 
Trong đường tròn ( )O ta có:   
1
.
2
AOE AOB ACB  (1) 
Trong đường tròn (ADB), ta có 
 1
2
AEO  sđADB    0 01 360 2. 180
2
ADB ADB ADC     (2) 
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. 
b 1,0 Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R . 
 Tương tự phần a), ta có hai tam giác ,AFO ADB đồng dạng, do đó 
     0, 180AEO ADC AFO ADB AEO ADB AEOF      là tứ giác nội 
tiếp  ,E F nằm hai phía AO , suy ra : 
1
( . . )
4
AEOF AOE AOFS S S OE AB OF AC    (3) 
(Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm) 
- Lại có: 
.OE AO AO CD
OE
CD AC AC
   (4) 
.OF AO AO BD
OF
BD AB AB
   (5) 
Thay (4), (5) vào (3) ta được: 
. .
4. . .AEOF
AO CD AO BD
S AB AC
AC AB
  (6) 
- Vì AD là phân giác của tam giác ABC nên ta có: 
AB DB
AC DC
 (7) 
Thế (7) vào (6) ta được 
4 ( . . ) ( . . )AEOF
AB AC BD CD
S AO CD BD AO CD BD
AC AB CD BD
    
.
( ) . .
4
AEOF
R a
AO BD CD AO BC R a S      (đvdt). 
c 
0,5 
Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm E di chuyển trên một đường 
thẳng cố định. 
 - Đường trung trực của BC cắt cung lớn BC tại H , cắt cung nhỏ BC tại K. 
Khi đó H, K cố định và là điểm chính giữa của các cung tương ứng. 
- Gọi M, N tương ứng là trung điểm ,BD AB suy ra   090BNE BME  
Do đó , , ,B M N E cùng nằm trên đường tròn đường kính BE . 
   
1
4
BEM BNM BAD    sđBKC . 
 1
4
BHK  sđBKC , suy ra  BEM BHK (8) 
Lại có EM // HK (cùng vuông góc với BC), ,H E cùng phía so với BC (9) 
Kéo dài  / /BE HK H BEM BH K    (10) 
Từ (8), (9), (10) suy ra /H H  , ,B E H thẳng hàng E BH  cố định. 
5 1,0 
A
B
E
C
D
F 
 - Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kỳ luôn 
tạo thành một tam giác. 
- Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu. 
Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là , , , , ,A B C D E F 
- Nối 5 đoạn , , , ,AB AC AD AE AF và tô bằng 2 màu nâu, đen khi đó có ít 
nhất 3 đoạn cùng màu, giả sử , ,AB AC AD được tô cùng màu đen. 
Xét tam giác BCD , xảy ra hai khả năng: 
TH1. Nếu ba cạnh , ,BC BD DC được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD có 
ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn) 
TH2. Nếu ba cạnh , ,BC BD DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC 
đen, khi đó tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen 
(thỏa mãn) 
Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. 
------------- Hết -------------