Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm.. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D sao cho CD = R C thuộc cung AD.. a Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác E
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008-2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.
Câu 1 (4.0 điểm):
Cho phương trình x2 2mxm2 2m 0, trong đó m là tham số.
1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm.
2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn x1 x2 3
Câu 2 ( 6.0 điểm):
Giải các phương trình sau:
1 2 6 7 0
x
2 2 2 3 10 3 3 8
3 3 2 3 2 2 1
Câu 3 (6.0 điểm):
1 Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy hai điểm
phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD) Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB tại M Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD lần lượt tại E và F Gọi K là giao điểm của AC và BD
a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông
b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD
2 Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 2 2 3 và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1 Tính độ dài cạnh AB và AC
Câu 4 (2.0 điểm):
Cho ba số a , b , c thoả mãn
6 3 ,
, 1
c b a
c b a
Chứng minh rằng: a2 b2 c2 14
Câu 5 ( 2.0 điểm):
Tìm tất cả các số nguyên dương x , y, z thoả mãn
100 10 9 8
11
z y x z y x
HẾT
Họ và tên thí sinh:……… SBD:………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học
2008-2009.
Câu
1
1.(2.0 đ iểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm
0 0
P S
2
0 2 0
2 2
0 2
2 2 2
m m
m
m m m
Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập
nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho
0.25 điểm
Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm Lấy giao đúng kết quả cho 0.5
điểm
2 (2.0 đ iểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm (x1 0 ;x2 0) khi m 2
Áp dụng định lý vi ét ta có
m m
x x
m x
x
2
2
2 2 1 2 1
Theo yêu cầu bài toán: x1 x2 3 x1x2 2 x1. x2 9
28 28
0 2 9 4 36 81 8 4 0 2 9 2 9 2
m m m m m m m m m m
Học sinh có thể không lý luận m 2 mà giải bình thường, sau khi tìm
được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không
thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này
0.5 1.5
0.25
0.25 0.5 1.0
Câu
2
1 (2.0 đ iểm)
Đặt t = x , t 0, phương trình trở thành
7
1 0
7 6
2
t
t t
t
Với t=7 suy ra x = 7
Vậy phương trình có nghiệm x = 7
2 (2.5 đ iểm)
Ta có 3 ( 2 ).( 2 2 4 ) 2 ( 2 2 4 ) ( 2 )
x
4 2
2 2
4 2
2
x x
x x
x x
Đặt t=
4 2
2 2
x x
x , (t 0) Phương trình trở thành
2
1 0
2 3
2
t
t t
t
Với t=1, suy ra: x + 2 = x2-2x+4
2
1 0
2 3
2
x
x x
x
Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x2-2x+4) 4x2 9x 14 0 ( pt này vô
nghiệm)
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2
Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như
sau
1.0
0.75 0.25 0.5 0.5
0.5 0.5 0.5
Trang 3Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm
Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm
Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm.
3 (1.5 đ iểm)
Ta có
2 4
3 ) (
4
x x
2 4
1 ) (
4
x x
Từ (a) và (b) ta có
1 2 3
3 2
2 1 ) 3
3 (
2
x
1 4 1 2 1
4 1 4 3
2 2
2
x x x x x
x x
Vậy phương trình có nghiệm x=1/2
0.5 0.5 0.5
Câu
3
1.(4.0 đ iểm)
a ( 2.0 điểm)
+) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên EAM 90 0
Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên ECM 90 0
Tứ giác AECM có EAM +ECM 180 0 nên nội tiếp được đường tròn +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn
+) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên CEM CAM
Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên CFM CBM
Mặt khác CAM CBM 180 0 ACB 90 0
Nên CEM CFM CAM CBM 90 0
Trong tam giác MEF có EMF 180 0 ( CEM CFM) 90 0
Hay tam giác MEF vuông tại M
b ( 2.5 điểm)
+) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC
Xét tứ giác KDJC có
AD vuông góc với KB nên JDK 90 0
BC vuông góc với KA nên JCK 90 0
Do đó tứ giác KDJC có JDK +JCK 180 0 nên nội tiếp đường tròn
đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung
điểm của KJ
+)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI
CD
Gọi N là giao điểm của CD và IO
Ta có tam giác OCD đều nên OCD 60 0 (a)
Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên 30 0
2
1
CAD COD
Do tam giác ADK vuông tại D nên AKD 90 0 CAD 60 0
Do tứ giác KCJD nội tiếp nên CID 2 CKD 120 0
Do tam giác ICD cân tại I nên ( 180 0 ) 30 0
2
1
Từ (a) và (b) suy ra ICO ICD DCO 90 0
+) Trong tam giác vuông CIO có
0.5 0.5 0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
0.5 0.5
Trang 43 1 4 1 1 1 1
1
1
2 2 2 2 2 2 2
2
2
R CI R R R CO CN CI CO
CI
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là R3
2 (1.5 điểm).
Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2
2
Mặt khác : AB2+AC2=BC2=2 2 32 16 8 3 AB.AC 6 4 3
3 3 3 1 3
4 6
2 2 4
AC AB AC
AB
AC
AB
0.5 0.5 0.5
A E
D K
C
N
J
I
F
O
B
M
N
I
M J N
Trang 5Câu
4
(2
đ)
Ta có 2 2 2 2 2 2 2 ( 3 )( 3 ) 2 ( 2 2 2 ) 6 ( ) 18
a
=
) 2 )(
1 ( 2 14 ) 2 3 ( 2 14 18 6 2 18 ) 6 ( 6 ) 6
2
Gọi a = Min a,b,c , suy ra : 6 = a + b +c 3a a 2
Vậy 1 a 2 (a 1 ).(a 2 ) 0
Từ đó suy ra a2 b2 c2 14
3 2
6) 0 2 ) (
1 (
0 ) 3 ) ( 3 (
c b c b c
b
a a a
c b
Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số
bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3
( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám
khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm)
0.5 0.5 0.5
0.5
Câu
5
(2
đ)
Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z) xyz252
Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12
Vậy ta có hệ
4 2 12 100
10 9 8 12
z y z y x z y x z y x
Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0)
Khi z=1 thì y=2 và x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài
toán
0.5
0.25 0.25
0.5 0.5
Chú ý:
1 Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa
2 Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm
3 Điểm bài thi không làm tròn
