SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC					KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
					ĐỀ THI MÔN: TOÁN
	ĐỀ CHÍNH THỨC				Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Cho biểu thức: M

2 a

16

a

4

2 a 1

. Tìm tất cả các giá trị nguyên của a

a 6 a 8

a 2 4 a

để giá trị của M là một số nguyên.

2. Cho đa thức P(x) ax² bx c thỏa mãn đồng thời các điều kiện P(x) 0 với mọi số

^{a b c}

thực x và b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q .

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) _A B,C D

của tam giác ABC . Hai điểm E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác

ADB và ADC .

1. Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.

2. Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R .

3. 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.

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)

Cho biểu thức: M 2 a 16

a 4 2 a 1 . Tìm tất cả các giá trị

2,5

a 6

8

2 4

a

a

a

nguyên của a để M là một số nguyên.

ĐKXĐ: ^{a 0}

a 4, a 16

_M 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

Từ M

a

1

1

5

.

a 4

a 4

Do M là số nguyên nên 5 (

a

4)

a

4{1;5}.

TH1.

4 1 a 25

a

TH2.

4 1 a 9

a

TH3.

4 5 a 81

a

TH4.

4 5

1 (loại)

a

a

Đối chiếu điều kiện đã đặt, ta suy ra các giá trị cần tìm của a là: 9; 25; 81.

b)

Cho

đa thức P(x) ax2 bx c thỏa mãn đồng thời

các điều kiện

0,5

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 _{a b c a b} b² a b c 4a² 4ab b²

4a 4a b a 4a(b a)

• _{Lại có:} 4a² 4ab b² 16a² 8ab b² 12a(b a) ₃ (4a b)² ₃

4a(b a) 4a(b a) 4a(b a)

Vậy Q_min 3 b c 4a 0

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 ^{a b c} 3.

b a

Xét đa thức P(x) x² 4x 4 , ta thấy đa thức này thỏa mãn các điều

^{1 4 4}

kiện của giả thiết và khi đó Q 3 .

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:

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 x^{m 2} , do đó phương trình đã

	m 2		2m 2
		m 1	(1)
cho vô nghiệm nếu	2m 2
	m 2
		m 2	(2)
	2m 2

m 0

• ^{TH1 : (1)m 2 2m2 2}_m1

2

m 2

• TH2 : (2)m 2 2m² 6m 4 2m² 5m 2 0_m1

2

Vậy có 4 giá trị của m để phương trình vô nghiệm là : 1;0; 2; ¹ .

2

3. ^1,0 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số p¹⁹⁵⁴⁵⁷ 1 chia hết cho 60.

Trước hết ta dễ dàng chứng minh 1954⁵⁷ 4m (với m nguyên dương) Ta sẽ chứng bài toán tổng quát p^4m 1 chia hết cho 60 với mọi số nguyên tố p 5 và mọi số nguyên dương m.

Thật vậy, có p^4m 1 ( p⁴ )^m 1^m p⁴ 1 A ( p 1)( p 1)( p² 1).A ( A)

Do p lẻ nên p 1, p 1 là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( p 1)( p 1) 4	(1)
Lại có ( p 1) p( p 1) 3 mà p không chia hết cho 3 nên ( p 1)( p 1) 3	(2)

Do p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k 1; 5k 2 .

- 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 (3)

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 p^4m 1 60 (điều phải chứng minh).

4. a Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.

1,5

								1
Trong đường tròn (O) ta có: AOE								2	.AOB ACB			(1)
Trong đường tròn (ADB), ta có
	1		1			0				0
AEO	2	sđ ADB			360		2.ADB 180				ADB ADC	(2)
			2

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.

2. 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

ADB 180

tiếp E, F nằm hai phía AO , suy ra :

SAEOF SAOE

SAOF

1

(OE.AB OF.AC)

(3)

4

(Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm)

- Lại có:

OE

AO

OE

AO.CD

(4)

CD

AC

AC

OF

AO

OF

AO.BD

(5)

AB

BD

AB

Thay (4), (5) vào (3) ta được: 4.SAEOF

AO.CD

.AB

AO.BD

.AC (6)

AC

AB

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

AB

DB

(7)

Thế (7) vào (6) ta được

AC DC

4SAEOF AO(CD.

AB

BD.

AC

) AO(CD.

BD

BD.

CD

)

AC

AB

CD

BD

AO(BD CD) AO.BC R.a S_AEOF ^R.a (đvdt).

4

3. 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

0

BD, AB suy ra BNE BME 90

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.

5 1,0

B

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 -------------