Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D sao cho CD = R C thuộc cung AD.. a Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông.. b Xác định tâm và tính bán kính đư
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008-2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.
Câu 1 (4.0 điểm):
Cho phương trình x2 − 2mx+m2 − 2m= 0, trong đó m là tham số
1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm
2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn x1 + x2 = 3
Câu 2 ( 6.0 điểm):
Giải các phương trình sau:
1 x2 − 6x − 7 = 0
2 2x2 − 3x+ 10 = 3 x3 + 8
3 3x2 + 3x + x−x2 = 2x+ 1
Câu 3 (6.0 điểm):
1 Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy hai điểm
phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD) Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB tại M Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD lần lượt tại E và F Gọi K là giao điểm của AC và BD
a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông
b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD
2 Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 2 + 2 3 và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1 Tính độ dài cạnh AB và AC
Câu 4 (2.0 điểm):
Cho ba số a, b, c thoả mãn
= + +
≤
≤
6
3 , , 1
c b a
c b a
Chứng minh rằng: a2 +b2 +c2 ≤ 14
Câu 5 ( 2.0 điểm):
Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thoả mãn
= + +
>
+ +
100 10
9 8
11
z y x
z y x
HẾT
Họ và tên thí sinh:……… SBD:………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học
2008-2009.
Câu
1
1.(2.0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm
≥
≥
>
∆
⇔
0 0 0
P S
2
0 2
0 0
2
0 2
0 2 2
2 2
≥
⇔
≥
−
>
⇔
≥
−
≥
>
+
−
m
m m
m m
m m m
Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập
nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho
0.25 điểm
Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm Lấy giao đúng kết quả cho 0.5
điểm
2 (2.0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm (x1 ≥ 0 ;x2 ≥ 0) khi m≥ 2
Áp dụng định lý vi ét ta có
−
=
= +
m m x x
m x x
2
2 2 2 1
2 1
Theo yêu cầu bài toán: x1 + x2 = 3 ⇔x1+x2 + 2 x1. x2 = 9
28
81 28
81
0 2 9 4
36 81 8 4
0 2 9 2
9 2
=
≥
−
⇔
+
−
=
−
≥
−
⇔
−
=
−
m
m m
m m
m
m m
m m
Học sinh có thể không lý luận m≥ 2 mà giải bình thường, sau khi tìm
được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không
thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này
0.5 1.5
0.25
0.25 0.5 1.0
Câu
2
1 (2.0 điểm)
Đặt t = x , t≥ 0, phương trình trở thành
=
−
=
⇔
=
−
−
7
1 0
7 6 2
t
t t
t
Với t=7 suy ra x = 7
Vậy phương trình có nghiệm x = 7
2 (2.5 điểm)
Ta có 3 (x+ 2 ).(x2 − 2x+ 4 ) = 2 (x2 − 2x+ 4 ) + (x+ 2 )
4 2
2 2
4 2
2
+
−
+ +
= +
−
+
⇔
x x
x x
x x
Đặt t=
4 2
2
2 − +
+
x x
x , (t≥ 0) Phương trình trở thành
=
=
⇔
= +
−
2
1 0
2 3 2
t
t t
t
Với t=1, suy ra: x + 2 = x2-2x+4
=
=
⇔
= +
−
⇔
2
1 0
2 3 2
x
x x
x
Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x2-2x+4)⇔ 4x2 − 9x+ 14 = 0 ( pt này vô
nghiệm)
1.0
0.75 0.25 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5
Trang 3Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2.
Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như
sau
Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm
Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm
Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm.
3 (1.5 điểm)
Ta có
2 4
3 ) (
4
x x
+
+
≤
2 4
1 ) (
4
x x
−
+
≤
Từ (a) và (b) ta có
1 2 3
3 2
2 1 ) 3
3 (
2
1 x2 + x + x−x2 ≤ + x ⇔ x2 + x + x−x2 ≤ x+
Dấu bằng xẩy ra
2 1 4
1 2 1
4 1 4 3
2 2
2
=
⇔
=
−
=
⇔
=
−
=
+
x x
x x
x
x x
Vậy phương trình có nghiệm x=1/2
0.5 0.5 0.5
Câu
3
1.(4.0 điểm)
a ( 2.0 điểm)
+) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên ∠EAM = 90 0
Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên ∠ECM = 90 0
Tứ giác AECM có ∠EAM +∠ECM = 180 0 nên nội tiếp được đường tròn
+) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn
+) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên ∠CEM = ∠CAM
Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên ∠CFM = ∠CBM
Mặt khác ∠CAM + ∠CBM = 180 0 − ∠ACB= 90 0
Nên ∠CEM + ∠CFM = ∠CAM + ∠CBM = 90 0
Trong tam giác MEF có ∠EMF = 180 0 − ( ∠CEM + ∠CFM) = 90 0
Hay tam giác MEF vuông tại M
b ( 2.5 điểm)
+) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC
Xét tứ giác KDJC có
AD vuông góc với KB nên ∠JDK = 90 0
BC vuông góc với KA nên ∠JCK = 90 0
Do đó tứ giác KDJC có ∠JDK+∠JCK = 180 0 nên nội tiếp đường tròn
đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung
điểm của KJ
+)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI
⊥CD
Gọi N là giao điểm của CD và IO
Ta có tam giác OCD đều nên ∠OCD= 60 0 (a)
Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên 30 0
2
1
=
∠
=
∠CAD COD
Do tam giác ADK vuông tại D nên ∠AKD= 90 0 − ∠CAD= 60 0
0.5 0.5 0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
Trang 4Do tứ giác KCJD nội tiếp nên ∠CID= 2 ∠CKD= 120 0
Do tam giác ICD cân tại I nên ( 180 0 ) 30 0
2
=
Từ (a) và (b) suy ra ∠ICO= ∠ICD+ ∠DCO= 90 0
+) Trong tam giác vuông CIO có
3
3 1 4 1 1
1 1
1
1
2 2 2 2 2
2 2
2
2
R CI R
R R CO CN
CI CO
CI
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là
3
R
2 (1.5 điểm).
Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2
2
Mặt khác : AB2+AC2=BC2=(2 + 2 3)2 = 16 + 8 3 ⇔ AB.AC= 6 + 4 3
Suy ra
+
=
+
=
⇔
+
=
+
= +
3 3
3 1 3
4 6
2 2 4
AC
AB AC
AB
AC AB
0.5 0.5
0.5 0.5 0.5
A E
D K
C
N J
I
F
O
B
M J N
Trang 5Câu
4
(2
đ)
Ta có
18 ) ( 6 ) 2 (
) 3 )(
3 (
2 2 2 2 2
2 +b +c ≤a +b +c + b− c− =a + b +c + bc − b+c +
a
=
) 2 )(
1 ( 2 14 ) 2 3 ( 2 14 18 6 2 18 ) 6 ( 6 ) 6
2 + −a − −a + = a − a+ = + a − a+ = + a− a−
a
Gọi a = Min {a ,,b c}, suy ra : 6 = a + b +c ≥ 3a →a≤ 2
Vậy 1 ≤a≤ 2 → (a− 1 ).(a− 2 ) ≤ 0
Từ đó suy ra a2 +b2 +c2 ≤ 14
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
=
=
=
=
=
=
↔
= + +
=
−
−
=
−
−
3 2 1 2 3 1
6
0 ) 2 )(
1 (
0 ) 3 )(
3 (
c b a c b a
c b a
a a
c b
Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số
bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3
( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám
khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm)
0.5 0.5 0.5
0.5
Câu
5
(2
đ)
Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z)
2
25
<
+ +
→ x y z Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12
Vậy ta có hệ
= +
= + +
↔
= + +
= + +
4 2
12 100
10 9 8
12
z y
z y x z
y x
z y x
Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0)
Khi z=1 thì y=2 và x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài
toán
0.5
0.25 0.25
0.5 0.5
Chú ý:
1 Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa
2 Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm
M
N I
Trang 63 Điểm bài thi không làm tròn.