Do đó đường tròn ngoại tiếp ∆TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A.
Trang 1m+1 m-3 B
m+1
O
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 9 - CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút)
chú
1 Ta thấy ngay 0 ≤ x, y ≤ 50
Từ x + y = 50 ta có: y = 50 + x – 2 50x
= 50 + x – 10 2x
Vì y nguyên nên 2x = 4k2 => x = 2k2, k ∈ Z
Với 2k2 ≤ 50 => k2 ≤ 25 => k có thể nhận các giá trị:0; 1; 2; 3; 4; 5
Lựa chọn k trong các giá trị trên để thoả mãn phương trình ta được các
nghiệm là:
( x; y) = ( 0; 50), (2; 32), (8; 18), (18; 8), (32; 2), (50; 0)
0.25 0.25
0.25 0.25
0.5
0.5
2
3 2 2 ( 6) ( 3 2 2) 3 2 2 6 (3 2 2)
A = (3 2 2)(3 2 2) + − = 9 (2 2) − 2 = 1
0.5 0.5 2.0
b
B = (2008 2 2014 2008) ( 2 4016 3 2009)
2005.2007.2010.2011
Đặt x = 2008, khi đó
B = ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x x 6 x 2x 3 x 1
x 3 x 1 x 2 x 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x 2 x 3 x 3 x 1 x 1
x 3 x 1 x 2 x 3
− − + + = x + 1 = 2009
0.25 0.25 0.5
y = (m – 3)x + (m + 1)
Giả sử M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định của đồ thị hàm số, ta có:
y 0 = mx 0 – 3x 0 + m+ 1 thỏa mãn với mọi giá trị của m
( 1) (1 3 ) 0,
Vậy điểm cố định cần tìm M(-1; 4)
0.25 0.25
1.5
b
Ta có: Đồ thị là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi m – 3 ≠ ⇔ ≠ 0 m 3
S ∆ABO =1 1 1 1
m m m
+
−
2
(m 1) 2m 3
Nếu m> 3 ⇔ m 2 +2m +1 = 2m -6 ⇔ m 2 = -7 ( loại)
Nếu m < 3 ⇔ m 2 +2m +1 = 6 – 2m ⇔ m 2 + 4m – 5 =0
⇔ (m – 1)(m + +5) = 0 ⇔ m = 1; m = -5
0.5
0.5
4 Từ: x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0
⇔4x2 + 8xy + 28x + 28y + 8y2 + 40 = 0
⇔4x2 + 4y2 + 49 + 8xy + 28x + 28y + 4y2 - 9 = 0
0.25 0.25
3.5
Trang 2N
C D
M
⇔( 2x + 2y + 7)2 + 4y2 = 9
Vì 4y2 ≥ 0, suy ra ( 2x + 2y + 7)2 ≤ 9
⇔( 2x + 2y + 7 + 3)( 2x + 2y + 7 – 3) ≤ 0
⇔( x + y + 5)( x + y + 2) ≤ 0
⇔ x + y + 5 ≥ 0
x + y + 2 ≤ 0 ( Vì x + y + 5 > x + y + 2 )
⇔ S ≥ - 4
S ≤ - 1
Vậy Max S = - 1 khi y = 0 và x = -2
Min S = - 4 khi y = 0 và x = - 5
0.25 0.25 0.25 0.25 0.5
0.5
0.5 0.5
5
Hình vẽ chính xác
Gọi H là giao của AM và CN
Xét AMB∆ và ∆ CNB là hai tam giác vuông có:
AB = CB (Cạnh hình vuông)
BM = BN (gt)
⇒ ∆AMB= ∆ CNB (c-g-c)
BAM =BCN Xét trong AMB∆ và ∆ CMH có:
·AMB CMH= · (đối đỉnh), kết hợp với (1)
⇒CHM· = ·ABM = 90 0hay ·ACH = 90 0
⇒ H thuộc đường tròn có đường kính AC
(tức H thuộc đường tròn ngoại tiếp ABCD)
Vậy AM, CN và đường tròn ngoại tiếp ABCD đồng quy tại H
0.2
0.5
0.5 0.3
1.5
6
b) Chứng minh: ∆SO’M ~ ∆SMO suy ra:
2
SO' SM
hay SO.SO '= SM
SM = SO
∆SAT~∆ST’A suy ra: ST SA hay ST.ST' = SA2
SA = ST ' c) MA = MT = MT’ nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆
TAT’ và OO’ MA tại A
Do đó đường tròn ngoại tiếp ∆TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A ()
Gọi M’ là trung điểm của OO’ thì M’M//OT ⇒SM M’M ở M mà
M’M là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆OMO’
1 ñ
1 đ
0,5 đ
T
M
’
’
O
’
S
T
’
a) MO, MO’ lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù AMT và AMT’
nên OMO’=90 o Tam giác OMO’ vuông ở M có MA OO’ nên:
MA 2 = OA.OA’, Suy ra:
MA = OA.OA' = R.R'
∧
1 điểm
Trang 3Do đó đường tròn ngoại tiếp ∆OMO’ tiếp xúc với SM tại M 0,5
đ