Câu 5 1,0 điểm Có hay không 2010 điểm phân biệt trên mặt phẳng mà ba điểm bất kỳ nào trong chúng cũng tạo thành một tam giác có góc tù.. —Hết— Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm
Trang 1Phòng gD&ĐT Lâm Thao
Đề thi khảo sát (lần 4)
đội tuyểnthi tỉnh năm học 2009-2010
Môn Toán lớp 9
( Thời gian làm bài 150 phút)
……….
Cõu 1 (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng số có dạng A=111111 1122222 225
( n chữ số 1 ,n+1 chữ số 2;n∈N*) là số chính phơng
b)Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì B= 3n4 -14n3 +21n2-10n chia hết cho 24
Cõu 2 (2 điểm)
Giải và biện luận phương trỡnh: x+ 3 +m x− 2 = 5 (m là tham số cú giỏ trị thực)
Cõu 3 (2 điểm)
Cho phương trỡnh x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số
a) Giải phương trỡnh với a = 1
b) Trong trường hợp phương trỡnh cú nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2
Cõu 4 (3.0 điểm)
Cho hai đường trũn (O; R) và (O’; r) cắt nhau tại hai điểm A và B, (R > r) Đường thẳng
MN là tiếp tuyến chung ( gần A) của hai đường trũn trờn (M∈(O R N; ), ∈(O r'; ) ) , cắt đường thẳng OO’ tại điểm K và cắt đường thẳng AB tại điểm I
Chứng minh rằng:
a) 4KI2=4KM.KN+MN2
b) KA là tiếp tuyến của đường trũn ngoại tiếp ∆AMN
Câu 5 (1,0 điểm)
Có hay không 2010 điểm phân biệt trên mặt phẳng mà ba điểm bất kỳ nào trong chúng cũng tạo thành một tam giác có góc tù
—Hết—
Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm
Họ tờn thớ sinh SBD
Trang 2Phòng gD&ĐT Lâm Thao
HD chấm thi khảo sát
đội tuyểnthi tỉnh năm học 2009-2010
Môn Toán lớp 9
( Thời gian làm bài 150 phút)
Cõu (2,0 điểm)
A=111111 1122222 25 =11111 1111.10n+2 +2222 2222.100+25
( n chữ số 1,n chữ số 2) đặt 111 1 =a ( n chữ số 1)
A=a(9a+1).1000+200a+25=900a2+300a+25=(30a+5)2= 33333 335 ( n chữ số 3)
B=n(n-1)(n-2)(3n-5)= 3n(n-1)(n-2)(n-3)+4n(n-1)(n-2) chia hết 24 với mọi số nguyên n
Cõu 2 (2 điểm):
Xột 3 trường hợp:
TH1 Nếu 2 x≤ thỡ PT trở thành: (p+1)x=2(p+1) (1)
TH2 Nếu − ≤ <3 x 2 thỡ PT trở thành: (1−p x) =2(1−p) (2)
TH3 Nếu x< −3 thỡ PT trở thành: (p+1)x=2(p−4) (3)
Nếu p≠ ±1 thỡ (1) cú nghiệm x=2; (2) vụ nghiệm; (3) cú nghiệm x nếu thoả món:
2( 4)
3 1 1 1
p
p
−
= < − ⇔ − < <
Nếu p= −1 thỡ (1) cho ta vụ số nghiệm thoả món 2 x≤ ; (2) vụ nghiệm; (3) vụ nghiệm
Nếu p=1 thỡ (2) cho ta vụ số nghiệm thoả món − ≤ <3 x 2; (1) cú nghiệm x=2; (3)VN
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thỡ phương trỡnh cú 2 nghiệm: x = 2 và x 2(p 14)
p
−
= +
+ Nếu p = -1 thỡ phương trỡnh cú vụ số nghiệm 2 x≤ ∈Ă
+ Nếu p = 1 thỡ phương trớnh cú vụ số nghiệm − ≤ ≤ 3 x 2
1
p
p
< −
>
thỡ phương trỡnh cú nghiệm x = 2.
Cõu 3 (2 điểm):
Ta cú phương trỡnh : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1)4 3 2
Khi a =1 , (1) ⇔x +x +x +x+1= 0 4 3 2 (2)
Dễ thấy x = 0 khụng phải là nghiệm
Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: 2
2
1 1
x + + x + +1= 0
Đặt t = x+1 t x+1 x + 1 2
2
1
x + t -2
x = Phương trỡnh (3) viết lại là : t + t - 1 = 02
Giải (3) ta được hai nghiệmt1 1 5
2
− +
= và t2 1 5
2
− −
= đều khụng thỏa điều kiện |t|≥ 2.Vậy với a = 1, phương trỡnh đó cho vụ nghiệm
0,25
Vỡ x = 0 khụng phải là nghiệm của (1) nờn ta cũng chia 2 vế cho x2 ta cú phương trỡnh : 0,5
Trang 32
x + +a x + +1= 0
Đặt t = x +1
x , phương trỡnh sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4)
Do phương trỡnh đó cho cú nghiệm nờn (4) cú nghiệm |t| ≥ 2 Từ (4) suy ra
2
1- t a t
Từ đú :
2 2 2
2
(1 - t )
a >2 2
t
⇔ > ⇔t (t - 4) 1 0 (5)2 2 + >
Vỡ |t| ≥ 2 nờn t2 >0 và t2 – 4 ≥ 0 , do vậy (5) đỳng, suy ra a2 > 2
Cõu 4 (3,0 điểm):
C
I
B
A
K
N
M
a)Ta có ∆IMB đồng dạng với ∆IAM (gg) nên IM2=IA.IB(1)
Tơng tự ∆INB đồng dạng với ∆IAN (gg) nên IN2=IA.IB(2)
Từ (1) và (2) ta có IM=IN
Gọi giao của OO’ với AB là C ta có AB vuông góc với OO’ và BC=CA
để chứng minh KA là tiếp tuyến của (AMN) ta chứng minh KA2=KM.KN
Ta có KM.KN= (KI+IM)(KI-IN)=KI2-IN2 suy ra đpcm
b) KI2=KC2+IC2; IN2=IA.IB =(IC+BC)(IC-AC) =IC2-AC2 nên
KM.KN=KC2+IC2-IC2+AC2 = KC2+AC2 =KA2 (Pitago cho tam giác vuông KAC)
Vậy KA2=KM.KN nên KA là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN
Nếu đổi vị trí A cho B cm tơng tự ta cũng có KB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác BMN vì KA=KB
Câu 5 (1.0 điểm)
Có tồn tại 2010 điểm thoả mãn điều kiện bài toán
Đây là 1 cách xác định các điểm đó:
Dựng nửa đờng tròn đờng kính AB trên nửa đờng tròn lấy 2010 điểm phân biệt khác A và khác B nh vậy ba điểm bất kỳ trong chúng đều không thẳng hàng là ba đỉnh của một tam giác có 1 góc tù vì tam giác đó luôn có 1 góc nội tiếp chắn cung lớn hơn nửa đờng tròn đ-ờng kính AB
Trang 4A O B
C1 C2
Ci
C3
Cj
Cn C2009
Một số lưu ý:
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có Trong quá trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa
-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm
-Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó
-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm
—Hết—