Vẽ đường kính AE cắt BC tại H, MA cắt BC tại I.
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 Năm học: 2008-2009
MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề này gồm 06 câu, 01 trang)
Câu 1: (4 điểm)
Cho P(x) là một đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1, thoả mãn P(1) =3, P(3) =11 P(5) = 27 Hãy tính P(-2) + 7P(6)
Câu 2: (4 điểm) Giải hệ phương trình
z y x y
x
z y
x
y z
y
x
Câu 3: (2 điểm)
Cho 2x+4y + 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2
Câu 4: ( 2 điểm)
Tìm các ngiệm nguyên của phương trình :
x(x+1)(x+2)(x+3) = y2
Câu 5: (5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R), M là điểm chuyển động trên cung BC Vẽ đường kính AE cắt BC tại H, MA cắt BC tại I
a) Chứng minh MA = MB + MC
b) Chứng minh:
MC MB MI
1 1 1
c) Xác định vị trí của M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất
Câu 6 : (3 điểm)
Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy 2 điểm P và Q sao cho AP = PQ = QB
vẽ bán kính OK qua P và bán kính OL qua Q Chứng minh: cung AK cung KL
Hết
Mã ký hiệu
Đ03T-09-HSG9
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
Năm học: 2008-2009
MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút
1212121112
Câu 1: (4 điểm)
Xét đa thức f(x) = x2+ 2 thoả mãn f(1) = 3, f(3) = 11, f(5) = 27
Đặt Q(x) = P(x) – f(x)
Ta có Q(1) = P(1) – f(1) = 0
Q(3) = P(3) – f(3) = 0
Q(5) = P(5) – f(5) = 0
Vậy Q(x) nhận 1;3;5 làm nghiệm
Do P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 nên Q(x) cũng là đa
thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1
Vậy q(x) có dạng: Q(x) = (x – 1)(x – 3)(x – 5)(x – r)
P(x) = Q(x) + f(x)
Ta có P(-2) = (-2 – 1)(-2 – 3)(-2 -5)(-2 –r) + (-2)2 + 2
P(-2) = 3.5.7.2 + 3.5.7.r + 6
7P(6) = 7[(6 – 1)(6 – 3)(6 – 5)(6 – r) + 62 + 2]
= 7[5.3.1(6 –r) + 36 + 2]
= 3.5.6.7 – 3.5.7.r + 38.7
P(-2) + 7P(6) = 3.5.7(2 + 6) + 6 + 38.7
= 3.5.7.8 + 272
=840 + 272 = 1112
Câu 2 (4 điểm)
Đặt x + y + z = t x + y = t – z, y + z = t – x
Khi đó hệ đã cho có dạng
(1) (2) (3) (4)
Từ (2) ta có x = t2 – xt x + xt = t2 x =
1
2
t t
Dễ thấy t -1
Từ (4) ta có z = với x t, z t , t 0, t -1
1
2
t
t
(1 điểm) (0,5 điểm)
(0,5 điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm)
(0,25điểm) (0,25điểm) (0,5 điểm)
(1 điểm)
(0,5 điểm) (0,25 đ) (0,5 điểm)
t z t z
t z t y
t x t x
t z y x
1 1
Mã ký hiệu
HD03T-09-HSG9
Trang 3Từ (3) y = t 2 – tz + t =
1
3 2
t
t t
t
t t t
t t t
3 1
2 2
2
t(4t – 1) = 0, vì t 0 nên t =
4 1
Từ đó chỉ ra
20
3
; 20
7
; 20
1 ,
,y z x
Câu 3: (2 điểm)
Ta có (2x + 4y) 2 + ( 4x – 2y) 2 = 4x 2 + 16y 2 +16xy + 16x 2 + 4y 2 –16xy =
20(x 2 +y 2 )
Biết rằng (2x + 4y)2 + (4x – 2y)2 (2x +4y)2
Dấu “=” xảy ra 4x – 2y = 0 y = 2x
20(x2+ y2) 1 (do 2x +4y = 1)
A = x2+ y2
20 1
20
1
10 1 5 1
1 4 2 2
x
y y
x
x y
Câu 4: (2 điểm)
x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1)
Nếu y cũng thoả mãn PT thì -y cũng thoả mãn PT
(1) 2 2 2
Đặt x2+3x+1= a, ta được:
a a y a y
a ya y 1
Suy ra a+y = a-y, do đó y = 0
Thay vào (1) được: x1=0, x2= -1, x3= -2, x4= -3
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: (0;0), (-1;0), (-2;0), (-3;0)
Câu 5: ( 5 điểm)
a) (2 điểm)
Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB
BDM cân tại M có BMD = ACB = 60 0 ( Góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
BDM đều
* Chỉ ra MBC = DBA (c.g.c)
MC = DA
MA = DA + DM = MC + DM = MC
+ MB (do MB = MD)
b) (1,5 đ)
Ta có
MA MI
MA
MI1
(0,25điểm) 0,25đ 0,25 đ 0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ
0,5 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
D I O A
H
Trang 4Chỉ ra IAC IBM
(do MA = MB + MC)
MC MB
MC MB
MC MB
MI
1 1
1
c) (1,5 điểm)
Ta có MA + MB + MC = 2MA (do MA = MB + MC)
Mà MA AE = 2R (do AM ME vì ( AME 900 )
MA + MB + MC 4R
Tổng MA + MB + MC lớn nhất bằng 4R
M E
Bài 6: (3 điểm)
Vẽ đường kính AN
Chỉ ra được OP là đường trung bình của AQN PO // QN
AOP ONQ (đồng vị)
POQ OQN (So le trong)
ONQ có OQ < ON
ONQOQN
AOPPOQ
Chỉ ra cung AK cung KL
0,5 đ
0,25 đ 0,5 đ 0.25 đ
0.25 đ
0 5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25đ 0,5đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25đ 0,25 đ
0,5 đ
B
l k
A
O
n