Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Đề thi HSG Toán 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013-2014

98d060678ffa84e316451773b41ef16b
Gửi bởi: Nguyễn Minh Lệ 16 tháng 9 lúc 21:33 | Được cập nhật: 17 tháng 9 lúc 0:11 | IP: 14.243.135.15 Kiểu file: DOC | Lượt xem: 58 | Lượt Download: 0 | File size: 0.548352 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Cho biểu thức: M

2 a

16

a4

a 6 a 8

2 a 1 . Tìm tất cả các giá trị nguyên của a

a 2 4 a

để giá trị của M là một số nguyên.
b) Cho đa thức P(x) ax2 bx c thỏa mãn đồng thời các điều kiện P(x) 0 với mọi số
a

thực x và b

a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q

b

c

.

Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x 1
x
x m 1
x m 2
Câu 3 (1,0 điểm). Cho

p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số p195457

1 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 BC
a 2R . Gọi A là điểm bất kì thuộc cung
lớn
của
, không trùng với
. Gọi là chân đường phân giác trong kẻ từ A
BC

(O)

B,C

A

D

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
1 a)

Nội dung trình bày

Cho biểu thức: M

2 a 16

a 4 2 a 1

a 6

2,5

a

8

a

Điểm

. Tìm tất cả các giá trị

2 4

a

nguyên của a để M là một số nguyên.
a 0
ĐKXĐ:

a

M

4, a 16

2 a 16 a
4 2 a 1
a 6 a 8 a
2 a 4
2 a 16 ( a 4)( a 4) (2 a 1)( a 2) a 6 a 8
a a 2
a 1
(

a 2)( a 4)

a 4

5
a 11
a 4
a 4
Do M là số nguyên nên 5 (
TH1. a 4 1 a 25
TH2. a 4 1 a 9
TH3. a 4 5 a 81

Từ M

.
a 4)

a 4{1;5}.

TH4. a 4 5
a 1 (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 P(x) ax2 bx c thỏa mãn đồng thời
các điều kiện
P(x) 0 với mọi số thực x và b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q

a b c .
b a

- Từ P(x) 0, xta chứng minh được

a 0

.
b2 4ac 0

-

Do đó: c

b2

4a
2

a b c 4a2 4ab b2

4a

b a

4a(b a)

4ab b2 16a2 8ab b2 12a(b a) 3 (4a b)2
3
4a(b a)
4a(b a)
4a(b a)
3 b c 4a 0

- Lại có: 4a

Vậy Qmin

2
a b c a b b

Học sinh có thể làm theo cách sau:
- Từ giả thiết P(x) 0, xP( 2) 0
4a 2b c 0 a b c 3(b a) 0
-

Từ đó suy ra Q

Xét đa thức P(x)

x2

a b c

3.
b a
4x 4 , ta thấy đa thức này thỏa mãn các điều
1

4

4

kiện của giả thiết và khi đó Q
2

3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 3.
2,0 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x 1
x
(*)
x m 1

x m 2

ĐKXĐ: x m 1
x

m 2

Khi đó (*)
x2 (m 3)x m 2 x2 (1 m)x
(2m 2)x
m 2 (**)
+ Nếu m 1, (**) 0.x 1 , vô nghiệm, suy ra phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu m 1 thì (**) có nghiệm xm 2 , do đó phương trình đã
2m 2

m 2

cho vô nghiệm nếu

2m 2
m 2

m 1

(1)

m 2

(2)

2m 2
m0
-

TH1 : (1)m 2 2m2 2

m1

2
m

-

TH2 : (2)m 2 2m2 6m 4 2m2 5m 2 0m1

Vậy có 4 giá trị của m để phương trình vô nghiệm là :
3

1,0

2

2
1;0; 2;

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng
minh rằng số p 1 chia hết cho 60.

1

.

2

195457

Trước hết ta dễ dàng chứng minh 19545 4m (với m nguyên dương)
Ta sẽ chứng bài toán tổng quát p4m 1 chia hết cho 60 với mọi số
nguyên tố p 5 và mọi số nguyên dương m.
Thật vậy, có p4m 1 ( p4 )m 1m p4 1 A ( p 1)( p 1)( p2 1).A ( A)
7

Do p lẻ nên p 1, p 1 là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( p 1)( p 1) 4
Lại có ( p 1) p( p 1) 3 mà p không chia hết cho 3 nên ( p 1)( p 1) 3
Do p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k 1; 5k
- Nếu p 5k 1 p2 25k 2 10k 1 5n 1
- Nếu p 5k 2 p2 25k 2 20k 4 5l 1 ( k, n,l
)
Suy ra p4

1 5.q , hay ( p 1)( p 1)( p2 1) 5

(1)
(2)
2.

(3)

4

Từ (1), (2), (3) và 3, 5, 4 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau nên
( p 1)( p 1)( p2 1) (3.5.4)
p4 1 60 .
Vậy p4m 1 60 (điều phải chứng minh).
a Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.
1,5

1
2 .AOB ACB

Trong đường tròn (O) ta có: AOE

Trong đường tròn (ADB), ta có
1
2

AEO

0

1
sđ ADB

360

(1)

0
2.ADB 180

ADB ADC

(2)

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
AEOF là tứ giác nội
AEO ADC, AFO ADB AEO

tiếp

ADB 180

E, F nằm hai phía AO , suy ra :
S
S
SAOF 1 (OE.AB OF.AC)
AEOF

(3)

AOE

4

(Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm)
OE AO OE
AO.CD
- Lại có:

(4)

CD
AC
AC
OF AO OF
AO.BD
(5)
BD
AB
AB
AO.CD
.AB
AO.BD .AC (6)
Thay (4), (5) vào (3) ta được: 4.SAEOF
AC

AB

Thế (7) vào (6) ta được

AC DC

4SAEOF

AO(CD. AB BD.
AC

DB

(7)

AC ) AO(CD. BD BD. CD )
AB

AO(BD CD) AO.BC R.a SAEOF

c

AB

- Vì AD là phân giác của tam giác ABC nên ta có:

R.a

CD
(đvdt).

BD

4

Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm E di chuyển trên một đường

0,5 thẳng cố định.

tại K.

- Đường trung trực của BC cắt cung lớn BC tại H , cắt cung nhỏ BC

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 BNE BME 90

0

Do đó B, M , N , E cùng nằm trên đường tròn đường kính BE .
1
BEM
BNM BAD
4 sđ BKC .
1
BHK

sđ BKC , suy ra

BEM

BHK

(8)

4
Lại có EM // HK (cùng vuông góc với BC), H , E cùng phía so với BC (9)
/
/
Kéo dài BE HK H
(10)
BEM BH K

Từ (8), (9), (10) suy ra H H /

B, E, H thẳng hàng E BH cố định.
B

5 1,0

E
A
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 -------------