0,50 Do đa giác chỉ có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đirichlê có ít nhất 2 đỉnh có toạ Khi đó trung điểm đoạn thẳng nối 2 đỉnh đó có toạ độ nguyên.. Do ngũ giác là lồi nên điểm này nằm bên t
Trang 1Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Đề chính thức
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs
Năm học 2007-2008 Hớng dẫn chấm môn Toán
(Hớng dẫn này có 06 trang)
1
1
2 3 2
3 2
+ +
+ +
=
x x
x
4
3 2
1 1
2
+
= +
( 1) 1 1
Nếu x2 +x+1=1
=
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
1 1
7 0
y x
y
Nếu x2 +x+1>1 Phơng trình có nghiệm nguyên
( 2 + +1)/(3 +2)
0,25
(x2 +x+1) (/3x2 +2x)
⇔
( 2 + +1) (/[3 2 + +1)−( +3) ]
( 2 + +1)/( +3)
( 2 + +1)/(3 +9)
0,50
Từ (1) và (2) ta đợc ⇔(x2 +x+1)/7 mà 1<x2 +x+1 lẻ nên ta có
7 1
x ⇔ x=−3⇒ y=1 hoặc
7
37
2⇒ =
Vậy phơng trình có 3 nghiệm nguyên là (0; 7 ; ) (−1; 1); (−3; 1) 0,25
2 a) Ta có phơng trình hoành độ giao điểm là:
(d) và (P) chỉ có 1 điểm chung ⇔Phơng trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất
Khi đó (d) là tiếp tuyến của (P) có phơng trình y=−2x+1 0,25
Vẽ (d) và (P) trên cùng một mặt phẳng toạ độ
Trang 2Đờng thẳng (d):y=−2x+m song song với đờng thẳng y =−2x+1
Dựa vào đồ thị thì đờng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ dơng
1
0 < <
b)
Xét phơng trình: x4 −2x2 +m=0 (2)
Đặt X =x2 ≥0 ta có phơng trình X2 −2X +m=0(3) 0,25 Theo kết quả câu a) phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt
⇔phơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt dơng ⇔ 0<m<1 0,50 Khi đó 4 nghiệm của phơng trình là:
m
3
a)
Nếu a= 0 phơng trình đã cho có dạng 2bx+c= 0
Lúc đó theo giả thiết
≥ +
−
<
+
−
0 14 25
0 2
c b
c b
0
≠
⇒b
⇒ phơng trình có nghiệm duy nhất
b
c x
2
−
=
0,50
Nếu a≠ 0 phơng trình đã cho có dạng x b 2 b2 2ac
−
+ =
Ta có 14a−25b+14c≥0
12 − + ≥− − + >
0
2 + >
−
0,50
Mặt khác 14a−25b+14c≥0
(2a b 2c) 18b
7
0> − + ≥
0,50
y 1
x 0
1 2
2
2
m
Trang 32 + + < <
0
2 + <
+
⇒a b c (**)
Từ (* và (**) ta có (a+2b+c)(a−2b+c)<0
( + )2 −4 2 <0
(a c) ac
4 2 > + 2 ≥
⇒
0
2 − >
⇒b ac ⇒ phơng trình có nghiệm
0,50
b)
Bất phơng trình đã cho ⇔a(x−a)(3−x)≥1>0
Nhng x−a> 0, a> 0nên 3 −x> 0 0,50 Theo bất đẳng thức Cô si ta có
Vậy bất phơng trình có nghiệm
=
−
−
−
=
−
=
⇔
1 3
3
x a x a
x a
x
Suy ra a =1, x=2
4
Hệ đã cho
= + +
−
−
−
=
− +
⇔
0 12 15 3
12 3
0 13 3
2 2
2 3
y x y
xy x
xy x
0,50
Cộng từng vế ta đợc
(x3 −3x2 +3x−1)+3y2(x−1)−12y(x−1)+12(x−1)=0
⇔ (x−1) ( [ x−1)2 +3(y−2)2]=0
⇔
=
− +
−
=
0 2 3 1
1
2 2
y x
x
0,50
Nếu x=1 ta có hệ
=
−
− + +
=
−
0 4 5 4
1
0 12 3
2
2
y y
y
y
2
±
=
Nếu (x−1)2 +3(y−2)2 =0 ta đợc
=
= 2
1
y
x
thoả mãn hệ đã cho Vậy nghiệm của hệ là (1;±2)
0,50
Trang 4Ta có BOC = 2BAC = 900
BKC = BHC = 900
Suy ra 5 điểm B, K, O, H, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC
0,50
Lúc đó KOH = 1800 – KCH
= 1800 - 450 (vì tam giác KAC vuông cân ở K)
= 1350
0,50
Mà KOH = KPH (do đối xứng)
⇒ KPH = 1350
⇒ KAH + KPH = 1800 ⇒ tứ giác KAHP nội tiếp
0,50
Theo định lí Pơtôlêmê ta có
AP.KH = AH.PK + AK.PH
= AH.OK + AK.OH (do đối xứng)
= a2 ⇒ AP.KH = a2
0,50
Tam giác AHB vuông cân tại H nên HB = HA
Mặt khác OA = OB = R
Suy ra OH là trung trực của AB
0,25
Lúc ấy OH⊥AB, nhng CK⊥AB nên OH // CK mà tứ giác CKOH nội tiếp
Do đó
R
a KH
a AP
2 2
=
A
O
P H
K
Trang 5áp dụng các bất đẳng thức
1 1 1 1 4
1 1 1 1 2
xy
với ∀x, y >0
+
≤
h
1 1
4
1 1
1 1 1 1 1
4 h a 2 h b h c
≤ + + ữ
0,50
≤ + + ữ
≤ + + ữ
1 1 1 1 1 1
≤ + + ữ
Cộng từng vế ta đợc
+ +
≤ +
+ +
+ +
=
c b a b
a c a c b c b
h
2
1 1
1 1
0,50
Mà
S
c S
b S
a h h
1 1 1
+ +
= + +
S
c b a
2
+ +
=
1
r
= (vì S = pr) suy ra
r
M
2
1
≤
0,50
áp dụng các bất đẳng thức
+ +
≥ + +
+ +
≥ + +
≥
+ + +
+
zx yz xy z y x
zx yz xy z y x
z y x z y x
2 2 2
9 1 1 1
với ∀x y z, , >0
ta có
a c c b b a c b
h
M
+ +
+ + +
0,50
Trang 6≥ 2(h a +h b +h c)
9
+ +
=
c b a
S 1 1 1
4
9
9R
ab bc ca
= + + (vì
R
abc S
4
0,50
2 92 2
c b a
R
+ +
c b a
R M
+ +
≥ Dấu (=) xẩy ra ⇔tam giác ABC đều
0,50
7
Gọi các đỉnh của ngũ giác là Ai(xi; yi) với xi; yi là những số nguyên
Cặp số (xi; yi) chỉ có thể là một trong các dạng sau:
(2m; 2m’); (2n+1; 2n’); (2p+1; 2p’+1); (2q; 2q’+1)
Với m, m’; n, n’; p, p’; q, q’ là những số nguyên
0,50
Do đa giác chỉ có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đirichlê có ít nhất 2 đỉnh có toạ
Khi đó trung điểm đoạn thẳng nối 2 đỉnh đó có toạ độ nguyên Do ngũ giác
là lồi nên điểm này nằm bên trong hoặc trên cạnh của ngũ giác 0,50
Hớng dẫn chung
ợ Trên đây chỉ là các bớc giải và khung điểm bắt buộc cho từng bớc, yêu cầu thí sinh phải
trình bày, lập luận và biến đổi hợp lý mới đợc công nhận cho điểm
ợ Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm.
ợ Chấm từng phần Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn