sở giáo dục và đào tạo
Hải Dơng
Đề số 1
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9
năm học 2008 - 2009 Môn thi : toán
Thời gian làm bài : 150 phút
Câu I: ( 2.0 điểm )
Tính giá trị của biểu thức :
P = x(4 −y)(4 −z) + y(4 −z)(4 −x) + z(4 −x)(4 −y) − xyz
Trong đó x , y , z là các số thực dơng thỏa mãn : x y z+ + = − 4 xyz
Câu II: (1.5 điểm)
Chứng minh rằng nếu x0 là nghiệm của phơng trình :
2
( 1) 0
x + +a x b+ =
thì : 2 2
x < a + +b a+
Câu III: (2.5 điểm )
Giải hệ phơng trình :
2
697 81
x y
+ =
Câu IV: ( 3 điểm)
Cho tam giác ABC không cân , đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB , AC , BC tơng ứng tại D , E , F Đờng phân giác của góc B cắt đờng thẳng
DE tại H Gọi K là hình chiếu của F trên DE
1) Chứng minh : ã 0
90
BHC=
2) Chứng minh : BKF CKFã =ã
Câu V: ( 1.0 điểm )
Tìm các cặp số ( x;y) nguyên thỏa mãn :
x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y
Trang 2sở giáo dục và đào tạo
Hải Dơng
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9
năm học 2008 - 2009 Môn thi : toán Hớng dẫn chấm
H ớng dẫn chấm đề số 1
Câu I
2 điểm có x y z+ + = − 4 xyz ⇒ 4x+ 4y+ 4z+ 4 xyz = 16
Nên :
(4 )(4 ) (16 4 4 )
x x y z xyz z y yz
( vì x, y, z là các số dơng)
2x xyz
Biến đổi tơng tự ta đợc :
(4 )(4 )
y −z −x = 2 y+ xyz
(4 )(4 )
z −x − y = 2z+ xyz
Vậy :
2.4 8
P x xyz y xyz z xyz xyz
x y z xyz
0.25
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25 0.25 0.25
CÂU 2
1.5 điểm
Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức:
( )( ) , (1)
ax by+ ≤ a +b x + y
Thật vậy (1)⇔ 2abxy a y≤ 2 2 +b x2 2 ⇔ (ay bx− ) 2 ≥ 0( đúng )
Đẳng thức xảy ra khi ay = bx
Vì x0 là nghiệm của phơng trình : x2 + (a+1)x + b = 0, nên ta có :
2
2 4
( 1) ( 1)
áp dụng BĐT (1) ta có :
x = a+ x +b ≤ a+ +b x +
0
0
0
1 ( 1) ( 1)
1 ( 1)
2( 1) 2( 1)
Hệ phơng trình:
697 ,(1) 81
3 4 4 0 ,(2)
x y
x y xy x y
+ =
⇔
+ + − − + =
0.25
0.25
0.25 0.25 0.25 0.25
Trang 3Câu III
2.5điểm Nếu có (x;y) thỏa mãn (2) thì phơng trình bậc hai ẩn x sau :
x2 + (y-3)x + y2 - 4y +4 = 0 phải có nghiệm:
2
( 3) 4( 4 4) 0
3 10 7 0
7
1 ,(3)
3
y
⇔ ≤ ≤
Tơng tự xét điều kiện phơng trình bậc hai ẩn y
y + −x y x+ − x+ =
có nghiệm ta đợc : 0 4 ,(4)
3
x
≤ ≤
Từ (3) và (4)
x y
Nên : 4 2 697
81
x +y = khi x 4
3
= và y 7
3
=
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = 4 7;
3 3
0.25
0.5
0.5 0.5 0.5
0.25 Câu IV
3điểm
K
Q
P
H
D
E
O A
F
1) Do tam giác ABC không cân ,gọi O là tâm đờng tròn nội tiếp
tam giác ABC Theo định lí tổng 3 góc trong các ∆BOC ABC, ∆
ã 0 à à 0 1800 à 0 à
2
A HOC= −BOC= − ,(1)
Ta có : ∆ADE cân tại A do AD = AE ( theo tính chất tiếp tuyến)
ã 1800 à 0 à
90
Mà HECã = ãAED (đối đỉnh) , (3)
Từ (1), (2), (3)⇒HECã =HOCã .Suy ra tứ giác HEOC nội tiếp
Mà OECã = 90 0( theo tính chất tiếp tuyến )
ã 90 0 ã 90 0
OHC Hay BHC
2) Hạ BP⊥DE CQ, ⊥DE ta có BP// FK // CQ
0.25
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
Trang 4Theo định lí Ta - let : FC BF =QK PK
Theo tính chất của tiếp tuyến : BF = BD , CF = CE nên ta có
BD PK
CE =QK , (4)
Mặt khác : ãBDP= ãADE= ãAED QEC= ã .
Suy ra : ∆BPD: ∆CQE
Từ đó ta có : BP PD BD
CQ = EQ = CE ,(5)
Từ (4) và (5) ⇒ BD CE =QK PK = EQ PD =CQ BP
90
BPK CQK= =
Nên ⇒ ∆BPK : ∆CQK
PKB QKC
90
PKF QKF= = Vậy BKF CKFã = ã .
0.25 0.25
0.25 0.25
0.25 0.25 Câu v
1.0 điểm
Có x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y
⇔ x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = y2 + y +1
⇔(x2 + x +1)2 = y2 + y +1 , ( 1)
Do x,y là số nguyên nên từ (1) suy ra : y2 + y +1 phải là số chính
phơng
1 ( 1)
(y 1) y y 1 y
Cả hai trờng hợp này 2
1
y y
⇒ + + không thể là số chính phơng Nên từ (1) ⇒y = 0 hoặc y = -1
và (x2 + x + 1)2 = 1 , (2)
Do x2 + x + 1 =
2
1 3
0 ,
2 4
⇒(x2 + x + 1)2 = 1⇔ x2 + x + 1 = 1⇔x = 0 hoặc x = -1
Vậy các cặp số ( x;y ) nguyên thỏa mãn đề bài là :
(0;0) , ( 0;-1) , ( -1;0) ,(-1;-1)
0.25
0.25 0.25
0.25