Nối EC cắt OA tại M; nối EB cắt OD tại N.. b Xác định vị trí điểm E để tổng OM ON AM +DN đạt GTNN.
Trang 1Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 9
Năm học 2008 -2009
Môn thi :Toán – Bảng A Thời gian :150 phút (Không kể thời gian giao đề ) Câu 1 (4,5 điểm ).
a) Cho A= k 4 +2k 3 -16k 2 -2k +15 với k∈ Z Tìm điều kiện của k để A chia hết cho16
b) Cho 2 số tự nhiên a và b Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm đ ợc số nguyên c sao cho a 2 + b 2 + c 2 là số chính phơng
Câu 2 ( 5,5 điểm ).
a) Giải phơng trình :x 2 – x - 2 1 16x+ = 2
b) Cho x ,y thoả mãn :
3 2
2 2 2
Tính Q = x 2 + y 2
Câu 3 (3,0 điểm ).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P (3 1 1)(3 1 1)(3 1 1)
Trong đó các số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện : 3
2
a b c+ + ≤ Câu 4 (5,5 điểm)
Cho đờng tròn (O;R), hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau E là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D) Nối EC cắt OA tại M; nối EB cắt OD tại N.
a) Chứng minh rằng : AM ED. = 2OM EA. .
b) Xác định vị trí điểm E để tổng OM ON
AM +DN đạt GTNN.
Câu 5 (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC, lấy điểm C 1 thuộc cạnh AB, A 1 thuộc cạnh BC, B 1 thuộc cạnh CA Biết rằng
độ dài các đoạn thẳng AA 1 , BB 1 , CC 1 không lớn hơn 1
Chứng minh rằng : 1
3
ABC
S ≤ (SABC là diện tích tam giác ABC).
Trang 2hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức
(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: toán - bảng A
-CâuNội dungĐiểm14,5a/
2,5Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k ∈ Z Vì k ∈ Z ⇒ ta xét các trờng hợp:
TH1: k chẵn ⇒ A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ
⇒ A không chia hết cho 2
⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1)
1,0 TH2: k lẻ, ta có:
A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15)
= (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)
Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn
⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) M 2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) ⇔ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 161,0
0,5b/Do tích a.b chẵn nên ta xét các trờng hợp sau:
Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS
Năm học 2008 - 2009
Trang 32,0TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ.
Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ
⇒ a2 M 4; b2 chia cho 4 d 1 ⇒ a2 + b2 chia cho 4 d 1
⇒ a2 + b2 = 4m + 1 (m ∈ N)
Chọn c = 2m ⇒ a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1)1,0TH2: Cả 2 số
a, b cùng chẵn
⇒ a2 + b2 M 4 ⇒ a2 + b2 = 4n (n ∈ N)
Chọn c = n - 1 ⇒ a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán.1,025,5
3,0/Giải phơng trình x2 - x - 2 1 16x 2+ = ĐKXĐ: x 1
16
≥ −
Khi đó phơng trình ⇔ x2 - x = 2( 1 16x 1)+ +
Đặt: 1 16x 1 2y+ + = (y 1
2
≥ )
⇔ 1 + 16x = 4y2 -4y + 1 ⇔ 4y2 - 4y = 16x ⇔ y2 - y = 4x (*)
⇒
2 2
y y 4x
(x y)(x y 3) 0
x x 4y
− =
− =
x y
x y 3 0 (loại vì x - và y )
=
⇔
Với x = y thay vào (*) ⇒ x2 - x = 4x
⇔ x2 - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0
⇔ =x 5 (thoả mãn)x 0 (loại)=
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là: x = 5
0,25
Trang 40,5
b/
2,5Cho x, y thoả mãn: + − + =
2 2 2
x 2y 4y 3 0 (1)
x x y 2xy 0 (2)
Từ (1) ⇒ x3 = -2y2 + 4y -3 ⇔ x3 = -2(y2 - 2y + 1) - 1
⇔ x3 = -2(y - 1)2 - 1 ≤ -1 với ∀ y ⇒ x3≤ -1 ⇔ x ≤ -1 (*)
Từ (2) ⇒ x2(y2 + 1) = 2y ⇔ x2 = ≤
+
2
2y
1
y 1 với ∀ y
⇒ x2≤ 1 ⇔| x |≤ 1 ⇔ -1 ≤ x ≤ 1 (**)
Từ (*) và (**) ⇒ x = -1 thay vào (2) ta đợc:
y2 - 2y + 1 = 0 ⇔ (y - 1)2 = 0 ⇔ y = 1
⇒ (x; y) = (-1; 1) (thoả mãn)
⇒ Q = x2 + y2 = (-1)2 + 12 = 2
1,0
1,0
Trang 50,533,0Đặt 1 + =1 x
a b ; 1 + =1 y
b c ; 1+ =1 z
c a ⇒ (x, y, z > 0)
⇒ P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)
= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz
≥ 27 9 (xyz)+ 3 2 +27 xyz xyz3 + (*)
Lại có: xyz 1 1 1 1 1 1 8
a b b c c a abc
= + ữ + ữ + ữ≥
(vì a, b, c > 0)
a b c 3 abc abc
2 ≥ + + ≥ ⇒ ≥2
⇒ abc≤ ⇒1 8 ≥64⇒xyz≥ 8 ≥64
Thay vào (*) ta đợc: P≥ 27 9 64+ 3 2 +27 64 643 +
= 27 + 144 + 108 + 64 = 343 Dấu = có khi a = b = c = 1
2 ⇒ Pmin = 343 Khi a = b = c = 1
2 1,5
0,75 0,5
0,25
45,5a/
N M
D
C
O
B A
E
1 1
Trang 63,0Xét ∆COM và ∆CED có:
= =
0
ˆ ˆ
O E 90
ˆ
C chung
⇒∆COM ∆CED (g-g)
⇒ CO = OM
CE ED (1)
Do AB, CD là 2 đờng kính vuông
góc với nhau ⇒ = = 0
1 1
E A 45 Xét ∆AMC và ∆EAC có: = =
0
1 1
E A 45 ˆ
C chung
⇒∆AMC ∆EAC (g-g) ⇒ AC =AM
CE AE
mà AC = 2 CO (do ∆ACO vuông cân tại O)
⇒AM = 2 CO = 2 OM
AE CE ED (do (1))
⇒ AM.ED = 2 OM.AE (ĐPCM)
1,0
1,0
1,0b/
Trang 72,5T¬ng tù c©u a ta cã:
∆BON ∆BEA ⇒ BO = ON
BE EA
∆BND ∆BDE ⇒ DN =BD = 2BO
DE BE BE
⇒ DN 2 ON
DE = EA ⇒ONEA = DN2 DE ⇒ ONDN = 2 DEEA
Tõ c©u a ta cã: AM.ED = 2 OM.AE ⇒ OMAM = ED
2 EA nªn suy ra OM ON =1
AM DN 2
mµ OM + ON ≥2 OM ON =2 1 = 2
DÊu = xÈy ra khi vµ chØ khi:
ED EA
⇔ E lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá AD
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña OM + ON = 2
AM DN
⇔ E lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AD
1,0
Trang 81,051,5Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö
≥ ≥ ⇒ ≥ 0
A B C A 60
TH1: 600 ≤ <A 90ˆ 0
kÎ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC
ABC
1
2
mµ CH ≤ CC1≤ 1 ta cã:
1
0 BB
AB
SinA SinA SinA Sin60 3
ABC
TH2: A 90ˆ≥ 0 ⇒ AB ≤ BB1 ≤ 1, CH ≤ CC1≤ 1 ABC
S 1.1
⇒ ≤ = < (2)
Tõ (1) vµ (2) ABC
1 S
3
0,5
0,5
0,5
K H
A
1
B
1
C1