kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Môn : Toán Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 02 trang Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức: 3 3 6 4 3 1 3 3 3 3 2 3 4 1 3 3 3 8 x x x A x x x x x     + + = − −  ÷  ÷  ÷  ÷ + + + −     1. Rút gọn biểu thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: (4,0 điểm) Cho parabol (P): 2 1 2 y x= − và đường thẳng : 2d y x m= − + ( m là tham số). 1. Với giá trị nào của m thì (P) và d chỉ có một điểm chung? Khi đó d gọi là tiếp tuyến của parabol (P), vẽ tiếp tuyến đó. 2. Vẽ parabol (P) và đường thẳng : 2d y x m= − + trên cùng một đồ thị. Từ đồ thị suy ra, tập những giá trị của m để d cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ dương. 3. Tìm các giá trị của m để phương trình 4 2 4 2 0x x m− + = có 4 nghiệm phân biệt. Tính các nghiệm đó theo m . Bài 3: (3,5 điểm) 1. Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của hai chữ số của nó có phân số tối giản là 16 9 và hiệu của số cần tìm với số có cùng các chữ số với nó nhưng viết theo thứ tự ngược lại bằng 27. 2. Hãy tìm các chữ số , , ,a b c d biết rằng các số , , ,a ad cd abcd là các số chính phương. Bài 4: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). 1. Chứng minh rằng 2 2 .MN MP MA MB= = 2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. 3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. Bài 5: (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm (1;0), (0;2), ( 3;0)A B C − . Điểm D ở trên đoạn BC sao cho DA = DC. E là điểm tùy ý trên đoạn AC, đường thẳng d đi qua E và song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BA tại F. Đoạn BE cắt đoạn DA tại G. Chứng minh rằng 2 tia CG và CF đối xứng với nhau qua CA. Bài 6: (3,0 điểm) 1) Trong các tấm bìa trình bày dưới đây, mỗi tấm có một mặt ghi một chữ cái và mặt kia ghi một số: + Chứng tỏ rằng để kiểm tra câu sau đây có đúng không: "Nếu mỗi tấm bìa mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn", thì chỉ cần lật mặt sau của tối đa là 2 tấm bìa, đó là 2 tấm bìa nào ? 2) Để thành lập các đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trường tổ chức thi chọn các môn Toán, Văn và Ngoại ngữ trên tổng số 111 học sinh. Kết quả có: 70 học sinh giỏi Toán, 65 học sinh giỏi Văn và 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ. Trong đó, có 49 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Toán, 32 học sinh giỏi cả 2 môn Toán và Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Ngoại ngữ. Hãy xác định số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Toán và Ngoại ngữ. Biết rằng có 6 học sinh không đạt yêu cầu cả ba môn. Hết 2 A M 3 6 kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Môn : toán Đáp án và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm (2 điểm) 1. 1.1 (2 đ) 3 3 6 4 3 1 3 3 3 3 2 3 4 1 3 3 3 8 x x x A x x x x x     + + = − −  ÷  ÷  ÷  ÷ + + + −     Ta có: ( ) 2 3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + > ∀ ≥ , nên điều kiện để A có nghĩa là ( ) ( ) ( ) 3 4 3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0 3 x x x x x x x− = − + + ≠ ≥ ⇔ ≠ ⇔ ≤ ≠ ( ) ( ) 3 3 3 1 3 6 4 3 3 3 2 3 4 1 3 3 2 x x x A x x x x x    + +  ÷ ÷ = − −  ÷ ÷ + + +  ÷ ÷ −    ( ) ( ) ( ) ( ) 6 4 3 2 3 3 3 1 3 3 2 3 2 3 4 x x x A x x x x x x   + − −  ÷ = − + −  ÷ − + +   ( ) ( ) ( ) 3 4 2 3 3 2 3 1 3 2 3 2 3 4 x x A x x x x x   + +  ÷ = − +  ÷ − + +   ( ) 2 3 1 3 2 x A x − = − ( 4 0 3 x≤ ≠ ) 0,50 0,25 0,50 0,25 0,50 1.2 (1,0 đ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 3 2 2 3 2 1 1 3 3 2 3 2 3 2 x x x A x x x x − − + − + = = = + − − − Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì 3 3 3 9 3 2 1 3 3 1 3 1 x x x x x x  = =  − = ± ⇔ ⇔ ⇔ =   = =    (vì x ∈ Z và 0x ≥ ). Khi đó: 4A = 0,50 0,50 1 2 2.1 (1,5đ) Phương trình cho hoành độ giao điểm của (P) và d là: 2 2 1 2 4 2 0 2 x x m x x m− = − + ⇔ − + = (1) Phương trình (1) là phương trình bậc hai nên để (P) và d chỉ có một điểm chung thì phương trình (1) có nghiệm kép, tương đương với: ' 4 2 0 2m m∆ = − = ⇔ = Khi đó đường thẳng d là tiếp tuyến của (P) có phương trình 2 2y x= − + Vẽ đúng tiếp tuyến 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 2.2 (1,25 đ) + Vẽ đúng (P) + Đường thẳng : 2d y x m= − + song song với đường thẳng 2 2y x= − + và cắt trục Oy tại điểm B(0; m). + Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) tại hai điểm có hoành độ dương thì 0 2m < < 0,25 0,50 0,50 2.3 (1,25đ) 4 2 4 2 0x x m− + = (2) 2 4 2 0X X m⇔ − + = và 2 ( 0)X x= ≥ (3) Để phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) phải có 2 nghiệm dương phân biệt. Từ câu 1. và 2. ta suy ra 0 2m < < . Khi đó 4 nghiệm của (2) là: 1,2 2 4 2x m= ± − − và 3,4 2 4 2x m= ± + − 0,25 0,50 0,50 3. 3.1 (1,25 đ) Gọi số cần tìm là xy với , ;1 , 9x y x y∈ ≤ ≤Z . Theo giả thiết: ( ) 10 16 3 9 90 9 16 10 10 27 x y x y xy x y xy x y y x +  = − =   ⇔   + =   + − + =  Giải hệ ta có 1 2 3 9; 16 x x= = (loại). Suy ra 6y = . Vâỵ số cần tìm là 96. 0,25 0,50 0,50 3.2 (2,25 đ) a là số chính phương, nên 1,4,9a = . Ta có 2 2 9 81; 10 100= = nên không có số 9x nào là số chính phương. Do đó a chỉ có thể là 1 hoặc 4. ad là số chính phương nên ad chỉ có thể là 16, hoặc 49. Nên d chỉ có thể là 6 hoặc 9. 0,50 0,25 2 cd là số chính phương nên cd chỉ có thể là 16, hoặc 36, hoặc 49. Nên Nên c chỉ có thể là 1, hoặc 3, hoặc 4. Nếu 1a = thì 6d = và 1c = hoặc 3c = , khi đó 1 16 1 36abcd b hay b= và ( ) ( ) 2 2 1 6 4 6bc x hay x= . Ta có: 2 2 2 2 2 26 676; 34 1156; 36 1296; 44 1936; 46 2126= = = = = . Chỉ chọn được 1936. Nếu 4a = thì 9d = và 4c = , khi đó ( ) ( ) 2 2 4 49 3 7abcd b x hay x= = . Ta có: 2 2 2 63 3969; 67 4489; 73 5329= = = . Không chọn được số nào. Vậy chỉ có các chữ số 1, 9, 3, 6a b c d= = = = thỏa mãn điều kiện bài toán. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 4.1 (1,25 đ) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng. Suy ra: 2 2 . MA MN MN MP MA MB MN MB = ⇔ = = 0,25 0,50 0,50 4.2 (1,25 đ) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo 2 2OM ON R= = Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có 2 2 MN MO ON R= − = , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì 2OM R R= > 0,25 0,25 0,50 0,25 4.3 (2,0 đ) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H. + Kẻ OE AB ⊥ , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ ( )HL d⊥ thì HL // OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1 2 HL OE= (không đổi). + Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE. 0,25 0,5 0,25 3 + Ta có: OM là phân giác trong góc · NMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Kẻ tia phân giác trong góc · PNM cắt đường tròn (O) tại điểm F, khi đó » » NF FP= (ứng với góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau). + Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đường tròng nội tiếp tam giác MNP. + Vậy khi M đi động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O). 0,5 0,25 0,25 5 (2,0 đ) + Đường thẳng BC có phương trình dạng: 2y ax= + (đi qua B(0; 2) và qua C(-3; 0) nên 2 3 a = . Do đó phương trình của đường thẳng BC là: 2 2 3 y x= + . + Tam giác ADC cân tại D (gt), nên · · CAD DCA= , suy ra hệ số góc của AD là số đối của hệ số góc của BC, nên phương trình của AD có dạng 2 3 y x b= − + . Mà AD đi qua A(1; 0) nên 2 3 b = , suy ra, phương trình của đường thẳng AD là: 2 2 3 3 y x= − + . + Gọi E( m ; 0) thuộc đoạn CA thì ( 3 1)m− ≤ ≤ . Đường thẳng d song song với AD nên d: 2 3 y x b= − + , d đi qua E nên: 2 2 : 3 3 m d y x= − + . + Phương trình đường thẳng BE: 2y ax= + . BE đi qua E(m; 0) nên 2 a m = − khi 0m ≠ ; còn nếu 0m = thì BE Oy≡ . Do đó phương trình của BE là: 2 2y x m = − + ( 0m ≠ ) và 0x = (m = 0). + Phương trình cho hoành độ giao điểm G của BE và AD là: 2 2 2 2 2 ; 3 3 3 m x x x m m − − + = − + ⇔ = − suy ra tung độ của G: 2( 1) 3 m y m − = − ( ) 0; 3m m≠ ≠ + Phương trình đường thẳng CG: y ax b= + , CG đi qua C và G nên ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 4 hệ phương trình: 2( 1) 3 0 9 2 2( 1) 6( 1) 3 3 9 m a b a m ma m m b b m m m −  − + = =     − ⇔ − −   − + =   = − +   −  Suy ra hệ số góc của đường thẳng CG là 2( 1) 9 m a m − = − 0,25 + Phương trình đường thẳng AB: 2 2y x= − + +Phương trình cho hoành độ giao điểm F của AB và d là: 2 2 3 2 2 3 3 2 m m x x x − − + = − + ⇔ = ; suy ra tung độ của F là: 1y m= − + Phương trình đường thẳng CF có dạng: ' 'y a x b= + , CF đi qua C và F nên: ( ) 2( 1) 3 ' ' 0 ' 9 3 ' 6( 1) ' 1 ' 2 9 m a b a m m a m b m b m −  − + =  =    − ⇔  −  − + = −   =   −  . Suy ra hệ số góc của đường thẳng CF là: 2( 1) ' 9 m a a m − = = − − . + Hai đường thẳng CG và CF ở về hai phía đối với CA và có hệ số góc đối nhau, nên cùng tạo với CA (trục Ox) một góc nhọn bằng nhau, suy ra: CG và CF đối xứng nhau qua CA. 0,25 0,25 + Trường hợp 0m = : BE: x =0, nên 2 0; 3 G    ÷   , hệ số góc của CG là 2 9 a = ; đường thẳng d: 2 3 y x= − , tọa độ điểm 3 ; 1 2 F   −  ÷   , hệ số góc của CF là 2 ' 9 a = − , bài toán vẫn còn đúng. 0,25 6 6.1 (1,25 đ) + Câu: "Nếu mỗi tấm bìa mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn" đúng khi kiểm tra các tấm bìa ở mặt chữ cái nếu là nguyên âm thì mặt sau phải là số chẵn, còn tấm bìa nào có mặt chữ cái là phụ âm thì mặt số là số chẵn hoặc lẻ đều không ảnh hưởng. Do đó nếu lật tấm bìa chữ A mà mặt sau là số lẻ, thì khẳng định ngay câu trên không đúng, ngược lại mặt sau là số chẵn thì phải lật tiếp mặt sau của tấm bìa có chữ số 3, nếu mặt đó là phụ âm thì câu trên hoàn toàn đúng, ngược lại là sai. Còn mặt sau tấm bìa chữ M có thể số chẵn hoặc lẻ đều được, cũng như mặt sau tấm bìa số 6 là nguyên âm hoặc phụ âm đều được, câu trên đều đúng. Vậy chỉ cần lật tối đa 2 tấm bìa chữ A và số 3 là có thể kiểm chứng được câu trên là đúng. 0,50 0,25 0,25 0,25 5 6.2 (1,75 đ) + Gọi x là số học sinh giỏi cả 3 môn Văn, Toán, Ngoại ngữ (x > 0), dựa vào biểu đồ ta có: Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: ( ) 70 49 32 x− − − Số học sinh chỉ giỏi một môn Văn là: ( ) 65 49 34 x− − − Số học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ là: ( ) 62 34 32 x− − − 0,25 0,25 0,25 0,25 + Có 6 học sinh không đạt yêu cầu nên: ( ) ( ) ( ) 111 6 70 49 32 65 49 34 62 34 32x x x− = − − − + − − − + − − − + ( ) ( ) 49 32 34x x+ + − + − 82 105 23x x⇔ + = ⇔ = Vậy có 23 học sinh giỏi cả 3 môn 0,50 0,25 6 . 26 676; 34 1156; 36 1 296 ; 44 193 6; 46 2126= = = = = . Chỉ chọn được 193 6. Nếu 4a = thì 9d = và 4c = , khi đó ( ) ( ) 2 2 4 49 3 7abcd b x hay x=. x hay x= = . Ta có: 2 2 2 63 396 9; 67 44 89; 73 53 29= = = . Không chọn được số nào. Vậy chỉ có các chữ số 1, 9, 3, 6a b c d= = = = thỏa mãn