Chú ý: - Mọi lời giải khác của thí sinh nếu lập luận đúng và phù hợp kiến thức trong chơng trình, tổ giám khảo thống nhất cho điểm tơng ứng.. - Điểm của bài thi là tổng các điểm thành ph
Trang 1Môn: Toán Lớp 9 thcs
Bài 1(2 điểm-Trắc nghiệm khách quan) mỗi câu đúng cho 0,50 điểm:
Câu1: A/ Câu2: C/ Câu3: B/ Câu4: D/
Bài 2 (4,0 điểm)
1) (2,75 điểm)
Phơng trình tơng đơng ( 2 )2 ( )
2 2
x
+
Vậy phơng trình xác định khi x 0≠
Khi đó, phơng trình tơng đơng
2
x 2 2y 0
2
x
Nếu x và y là những số nguyên thoả mãn ptrình (1) thì x2 ∈Â (vì x x 2 2y+ − − ∈Â ) 0,25
- Với x = 2 thay vào (1) ⇒ 1 + 2 – 2y = 0 ⇒ y= ∉3 Â
- Với x = - 2 thay vào (1) ⇒ 1 + 2 + 4 – 2y = 0 ⇒ y= ∉7 Â
2) (1,25 điểm)
= − + ữ + + ữữ
1
n 1
Mà khi n nguyên dơng thì < < ⇒ < + <
2
đề chính thức
Trang 2Điều kiện XĐ: y 0≥ 0,25
Từ phơng trình x2−3x y 2y 0 , coi x là ẩn (hoặc phân tích thành nhân tử) ta đợc+ =
( − )( − ) = ⇔ =
=
x 2 y
0,50
- Với x= y thay vào phơng trình thứ hai của hệ, có: y 3y 2 y 1 0+ − − =
Đặt y t 0 , có phơng trình: = ≥
= >
− − = ⇔
= <
2
6
6
0,25
2
Hệ có nghiệm ( ) = + + ữữ
- Với x 2 y thay vào phơng trình thứ hai của hệ, có: = 2 y 3y 2 y 1 0+ − − =
⇔3y 1 0− = ⇔ =y 1
3.
0,25
Hệ có nghiệm ( ) = ữữ
2 3 1
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là + +
;
2 3 1
;
2) (2,0 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng: + 2+ = − −2 3 + −1
Ta có: − − + − = − + ữữ + ≤ ( )∗ ∀
2
Ta sẽ chứng minh: x 2 x+ 2+ ≥1 3 ( )∗∗ ∀x
0,50
Do đó ( )∗∗ ⇔(x 2 x+ 2+1)2 ≥ ⇔3 x2+4x x2+ +1 4x2+ ≥4 3
⇔ x2+ +1 4 x2+1.x 4x+ 2 ≥ ⇔0 x2+ +1 2x 2 ≥0 (luôn đúng với mọi x)
0,75
Từ (*) và (**), suy ra: phơng trình (1) tơng đơng với
2
3
x 3
3
0,50
Trang 3Có d1//AI ⇒ECA CAI (so le trong)ã =ã
Do ED//AB ⇒EDA IAB (1) (so le trong) ã =ã
0,50
Mà ãCAI IAB (do AI là phân giác góc A)=ã
⇒ECA EDA và các điểm C, D nằm về cùng một phía đối với đờng thẳng EA=
⇒ Tứ giác CDAE nội tiếp đờng tròn
0,50
Các tứ giác CDAE và CEBD có 3 đỉnh C, D, E chung nên 5 điểm A, E, C, D, B cùng
⇒EDA ABE (2) (góc nội tiếp chắn cung AE của đòng tròn trên)=
Từ (1) và (2) suy ra ãIAB ABE=ã
Mà ãIAB=1CAB, ABEã ã = 1CBAã
⇒CAB CBA= ⇒ ∆ABC cân ở C
0,50
2) (3,5 điểm)
Gọi A’, B’ theo thứ tự là tiếp điểm của của (I, r)
với cạnh CB, CA và K là tiếp điểm của (I, r) với d
Đặt BC = a, CA = b, AB = c
Chứng minh đợc: CB’ = CA’ = a b c+ −
+ +
Mà MN = MK + NK và MK = MB’, NK = NA’
⇒MN CN CM MB' NA' CN CM+ + = + + + = MB' MC+ + NA' NC+ =CB' CA' +
Vậy từ (1) suy ra MN + CN + CM = a + b – c
0,50
Và a + b + c = 12 thay vào (2) c b a c( )
MN
12
+ −
2 2 b a c c b a c 12
12
+ −
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b + a – c = 2c ⇔ + =a b 3c
Tồn tại ∆ABC có 3 cạnh là a = 4(cm), b = 5(cm), c = 3(cm) thoả mãn a + b + c =12 và
a + b = 3c Vậy max MN 3( )cm
2
C
I .
C
I
Trang 4Từ giả thiết ⇒a an 3 n+ = +1 a an 2 n 1+ + (1) ∀ ≥n 1
Từ (2) ⇒ =1 an 2 n 1+ a − −a a thay vào (1) ta có n 1 n+
n 3 n n 2 n 1 n 1 n n 2 n 1
⇒a an n 3+an 1 =an 2 an 1+an 1
+
⇒ n 1 n 3 = n 1 n 1 ∀ ≥
0,75
Từ (3) lần lợt cho n nhận các giá trị nguyên dơng lẻ bằng 2007; 2005; …; 3 ta đợc:
2008 2010 2006 2008 2 4
0,25
1
1 a a
⇒ 2008 2010 = 2 4 =
3
2) (1,5 điểm)
Ta có 23 = + −(a 2 a)3 = +a3 3a 2 a2( − +) 3a 2 a( − ) (2+ −2 a)3
Mà 2 a 0; a 0− ≥ > ⇒3a 2 a( − ) (2+ −2 a)3≥0
⇒23 ≥ +a3 3a 2 a2 − 1
0,25
Mặt khác 13 =(b 1 b+ − )3 =b3+3b 1 b2( − +) 3b 1 b( − ) (2+ −1 b)3
=b3+3b 1 b2( − + −) (1 b) (2 2b 1+ )
Mà (1 b− )2 ≥0; 2b 1 0+ > ⇒ −(1 b) (2 2b 1+ ≥) 0
0,50
Từ (1) và (2) ⇒ + ≥ + +23 13 a3 b3 3 a 2 a 2( − +) b 1 b2( − )
⇒ ≥ + +9 a3 b3 3 a 2 −b2 2 a− +b 3 a b2 − − ≥ +a3 b3 0,50
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1
Chú ý:
- Mọi lời giải khác của thí sinh nếu lập luận đúng và phù hợp kiến thức trong chơng trình, tổ giám khảo thống nhất cho điểm tơng ứng.
- Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và không làm tròn; điểm thành phần không chia nhỏ hơn 0,25 điểm.