Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp Tỉnh(kèm theo đáp án)

Gọi O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH... PT vô nghiệm... Cho đờng tròn O có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn.. Gọi O1; O2 lần lợt

Phòng GD&ĐT Thanh Sơn

(Đề thi có 01 trang) Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Cấp TỉnhNăm học 2008 - 2009

Môn: Toán

(Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1(1điểm)

Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ a1;a2; …;a;a2009 thoả mãn đẳng

2008

2 3

2

2

2

1 a a a

a     = 2

2009

a

Câu 2 (3điểm)

a) Cho a + b + c = 0 (1) và a2 + b2 + c2 = 12 (2) Tính giá trị biểu thức

A= a4 + b4 + c4

b) Giải phơng trình: 11

) 5 (

25

2

2 2







x

x x

Câu 3 (3điểm)

a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại

b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x2 + 9y2 – 6xy -6x – 12y + 2008

Câu 4( 3điểm)

Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn Gọi H là hình chiếu của C trên AB Gọi O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH Gọi I là giao điểm của AO1 và BO2

a) Chứng minh CI vuông góc O1O2

b) Gọi r,r1,r2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r2 = r1 + r2

c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định

-Hết -Họ và tên:…;a…;a…;a…;a…;a…;a…;a…;a.Số báo danh:…;a…;a…;a…;a…;a…;a

Hớng dẫn chấm thi toán 9 Câu 1( 1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ: a1;a2; …;a;a2009 thoả mãn đẳng thức 2

2008

2 3

2 2

2

1 a a a

a     = 2

2009

a

điểm Với mọi a số nguyên lẻ thì a2 chia 4 d 1 Thật vậy 0,25

Đặt a= 2k +1  a2 = (2k+1)2 = 4k2+4k+1( kZ)  a 1(mod 4)

Vì a1, a2,…;aa2008 là các số nguyên lẻ nên

VT = a1 +a2 +…;a+a20082  1+1+…;a1( có 2008 số1) 2008 0(mod4)

(1)

Mà a20092

1(mod 4)(2)

Từ (1) và (2)  VT ≠ VP vậy không có số nguyên lẻ a1;a2; …;a;a2009 nào

thoả mãn đề bài

0,25 0,25 0,25

Câu 2 (3điểm)

a) Cho a + b + c = 0 (1) và a2 + b2 + c2 = 12 (2) Tính giá trị biểu thức

A= a4 + b4 + c4

b) Giải phơng trình: 11

) 5 (

25

2

2





x

x x

điểm

Từ (2)  (a2 + b2 + c2)2= 122

 a4 +b4+ c4 +2(a2b2+ b2c2+c2a2) =144 0,25

 a4 +b4+ c4= 144 – 2(a2b2+ b2c2+c2a2) 0,25 Mặt khác: Từ (1)  ( a+b+c)2 = 0

 a2 + b2+ c2 + 2ab+2bc+2ac =0

 12+ 2( ab+bc+ac) = 0

0,25

 ab+ bc+ac = -6

 (ab+bc+ac)2 = 36

0,25

 a2b2+ b2c2+ a2c2 + 2abc( a+b+c) = 36

 a2b2 + b2c2+ c2a2 = 36

0,25 Khi đó A = 144- 2.36 = 72 0,25

Ta có

5 10 11 5

5

5 2 11 ) 5 (

25 5

5 2

11 ) 5 ( 25

2 2

2

2

2 2

2 2













































x

x x

x

x

x x x

x x

x x x

x x

Đặt

5

2



x

x = y

0,25

PT trở thành: y2 + 10y – 11 = 0, suy ra: y = 1; y = -11 0,25

+ Nếu y = 1 thì

5

2



x

x =1 , suy ra: x2- x – 5 = 0 Giải đợc: 0,25

2

21 1

; 2

21 1

2 1







0,25

+ Nếu y = -11 thì

5

2



x

x

= -11, suy ra x2 + 11x + 55 = 0 PT vô nghiệm

0,25

Tóm lại: Tập nghiệm của phơng trình là S =











2

21 1

; 2

21 1

0,25

Câu 3(3điểm)

a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại

b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x2 + 9y2 – 6xy -6x – 12y + 2008

điểm a.(1,5 điểm)Gọi 4 số phải tìm là x, y, z, t Ta có

x= ( y+ z+t)2 (1)

y = ( x+z+t)2 (2)

z= ( x+y+t)2 (3)

t= ( x+y+z)2 ( 4)

0,25

Từ (1) ; (2)  x-y = ( y+z+t)2 – (x+z+t)2

 (x-y) = (y-x)(x+y+2x+2t)

 (x-y)(x+y+2z+2t+1)=0

0,5

 x-y = 0 ( Vì x+y+2z+2t+1 > 0)

 x=y

0,25

Chứng minh tơng tự x= z; x=t  x=y=z=t

Từ (1) x= (3x)2  x= 9x2  x(9x-1) =0  9x-1=0 (vì x>0)

0,25

 x=y=z=t=

9

b.(1,5 điểm)

Ta có A = ( x2 – 6xy + 9y2) + 4( x-3y) +4 + (x2-10x+25)+1979

0,25

= (x-3y)2 +4(x-3y) +4 + (x-5)2 +1979 0,25

= (x-3y+2)2 +(x-5)2 +1979 1979 0,25

Dấu ‘=’ xảy ra  









  







3 5 0

5 0 2 3

y x x

y

Vậy: giá trị nhỏ nhất của A là 1979 đạt đợc khi (x; y) = (5;

3

7 )

0,25

Câu 4( 3điểm) Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa

đờng tròn Gọi H là hình chiếu của C trên AB Gọi O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH Gọi I là giao điểm của AO1 và BO2

a) Chứng minh CI vuông góc O1O2

b) Gọi r,r1,r2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r2 = r1 + r2

c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định

I

O

B

O

O A

C

H

F E

J

a) ACB= 900( Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính AB)

Ta có ACH = H ( cùng phụ với BCH)

0,25

Vì CO1 và BO2 lần lợt là phân giác của góc ACH và CBH

Suy ra ACO1 = HCO1=HBO2 = CBO2

0,25

Gọi E CO1 BI ; F AICO2

Ta có HBO2 + CBO2 +  BCH = 900

 HCO1 + CBO2 +  BCH = 900 suy ra CEB = 900

0,25

Suy ra BE  CO1 suy ra O2E là đờng cao của tam giác CO1O2.

Chứng minh tơng tự :O1F là đờng cao của tam giác CO1O2

Suy ra I là trực tâm của tam giác CO1O2 Suy ra CI O1O2

0,25

b) Ta có ABC đồng dạng ACH (g.g)

BC

CH r

r



 1 (1) 0,25

ABC đồng dạng  CBH ( g.g)

AC

CH r

r



Từ (1) và (2) suy ra ( 1 1 ) 2 1 2 1

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

CH

CH AC

BC AC

CH BC

CH r

r r

0,5 c,Vì AI và BI là phân giác của  CAB và  CBA Suy ra CI là phân giác

của  ACB Suy ra: cung AJ = cung BJ, do đó CI đi qua diểm chính giữa

của cung AB ( điểm J) ( C và J thuộc 2 nửa mặt phẳng đối nhau bờ là AB)

1,0