UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC.. 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài O, R.[r]
Trang 1UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Mụn Thi: Toỏn – Lớp 9 Năm học 2008-2009
(Thời gian làm bài 150 phỳt (khụng kể giao
đề))
Ngày thi: 07 thỏng 4 năm 2009
Bài 1 (4 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
1/ A = √√5 −√3 −√29 −12√5
2/ B = x8 +3 x 4
+ 4
x4+x2+ 2
Bài 2 (4 điểm):
1/ Cho a > c; b > c; c > 0 Chứng minh rằng:
√c (a − c)+√c (b −c )≤√ab
2/ Cho 3 số dơng x, y, z có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:
√x+yz+√y +zx +√z+xy ≥1+√xy+√yz+√zx
Bài 3 (4 điểm):
1/ Giải phơng trình: x2 + 3x +1 = (x + 3) √x2+1
2/ Giải hệ phơng trình:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = -1
x2 + y2 + z2 = 14
Bài 4 (4 điểm):
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a Gọi chân đờng vuông góc hạ từ điểm
M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lợt là D, E, F Xác định vị trí của M để :
1/ 1
1
1
MF đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị đó
2/ 1
1
1 MF+MD đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị đó
Bài 5 (4 điểm):
1/ Chứng minh rằng 22p + 22q không thể là số chính phơng, với mọi p, q là các
số nguyên không âm
2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng
đều tạo thành 1 tam giác có góc tù
=========Hết==========
Hớng dẫn chấm môn toán Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2008 – 2009
(Đáp án này có 4 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Bài 1 (4 điểm)
1/ A= √√5 −√3 −(2√5 - 3)
= √√5 −√6 - 2√5
= √√5 −(√5 - 1 ) = 1
2/ B =
x4+ 2 ¿2 - x4
¿
¿
¿
= (x4 + 2 - x 2
)(x4
+ 2 + x 2
)
x4 + x 2 + 2
= x4 – x2 + 2
1.0
0.5 0.5
1.0
0.5 0.5
Bài 2 (4 điểm)
1/ Điều phải chứng minh tơng đơng với phải chứng minh
√c (a− c)+√c (b - c)
√ab ≤ 1 (1)
VT (1) =
√c
b(1 - c
a)+√c
a(1 - c
b) ≤
c
b+ 1 -
c a
c
a+ 1 -
c b
(Bất đẳng thức côsi) Suy ra điều phải chứng minh
2/ Trớc hết ta chứng minh: √x+yz ≥ x +√yz (1)
Ta có (1) x+ yz ≥ x2 +2x√yz+yz
1≥ x + 2√yz
x+ y+ z ≥ x + 2√yz (vì x + y + z = 1)
(√y - √z)2≥ 0 luôn đúng
Tơng tự có √y+zx ≥ y +√zx (2) và √z+xy ≥ z +√xy (3)
Từ (1), (2), (3) ta có
√x+yz+√y +zx +√z+xy ≥1+√xy+√yz+√zx (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3
0.5
1.0 0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
Bài 3 (4 điểm)
1/ Đặt √x2 +1= t ≥ 1 x2 = t2 - 1, phơng trình đã cho trở thành
t2 – (x + 3)t + 3x = 0
0.25 0.25
0.5
Trang 3
t= x
¿
t = 3
¿
¿
¿
¿
Với t = x thì √x2+1= x phơng trình này vô nghiệm
Với t = 3 thì √x2+1= 3 x2 = 8 x = ± 2√2
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là x = ± 2√2
2/ Ta có x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = 14
xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) =
5
y và x+z là nghiệm của phơng trình t2 – 6t + 5 = 0
¿
y=5
x+z =1
¿ {
¿
hoặc
¿
y=1 x+z =5
¿ {
¿
Với
¿
y=5 x+z =1
¿ {
¿
hệ vô nghiệm
Với
¿
y=1 x+z =5
¿ {
¿
hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2)
0.25 0.5 0.25
0.25 0.25 0.25 0.5
0.25
0.5
Bài 4 (4 điểm)
F
E
D
z
y
x M
C B
A Gọi x, y, z lần lợt là khoảng cách từ M
đến BC, CA, AB và h là đờng cao ABC
Dễ dàng chứng minh đợc
x+y+z = h = a√3
2
(x+ y+ z)(1x+
1
y+
1
z)≥ 9
(x+ y+ y+ z+z +x )(x + y1 +
1
y +z+
1
z +x)≥ 9
Từ đó ta có
1/ 1
1
1
1
x+
1
y+
1
z ≥
9
h=
9 2
a√3=
6√3
a
0.5
0.5
0.5
Trang 42/ 1
1
1
1
x + y+
1
y +z+
1
z +x ≥
9
2 h=
9
a√3=
3√3
a
Trong cả hai trờng hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
M là trọng tâm tam giác đều ABC
1.0
1.0
0.5
Bài 5 (4 điểm)
1/ Không mất tính tổng quát giả sử p q, ta có: 22p + 22q = 4q(4p-q + 1)
4q là số chính phơng, nên cần chứng minh 4p-q + 1 không chính phơng
Giả sử ngợc lại, 4p-q + 1 = (2k + 1)2 (k N)
4p-q-1 = k(k + 1) vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phơng
2/ Trên mặt phẳng vẽ đờng tròn đờng kính AB bất kì.
Trên nửa đờng tròn đó lấy 2009 điểm A1; A2; … ; A2009 khác nhau và
khác B
Bất kì 3 điểm nào Ai, Aj, Ak (i j k) đều tạo thành một tam giác chắc
chắn có một góc tù
luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán
0.5 0.25 0.5 0.5 0.25
0.5 0.5
0.5 0.5
Lu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết quả vẫn cho tối đa số điểm
Trang 5UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh
Mụn Thi: Toỏn – Lớp 9 Năm học 2009-2010
(Thời gian làm bài 150 phỳt (khụng kể giao đề))
Ngày thi 14 thỏng 4 năm 2010
Câu 1 (3,5 điểm)
1/ Rút gọn biểu thức:
2/ Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x - 5)2010, tính f(a) với a = 3
√3+√17 +√33−√17
Câu 2 (4,5 điểm)
1/ Giải hệ phơng trình:
2 2 2
2/ Giải phơng trình:
3
x x x
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA
1/ Chứng minh
EA GC Từ đó, hãy tính tỷ số
EB
EA,biết: AB=
4R
3 và BC=3R.
2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R) Đờng thẳng HK cắt (O, R)
ở điểm T (khác H) Chứng minh MT = MG
Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a √bc Hãy xác định dạng tam giác ABC
2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK Cho biết
AH BC và BK AC Hãy tính các góc của tam giác ABC
Câu 5 (4,0 điểm)
1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để (
4 2k 1
n 4 )
là số nguyên tố.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 62/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a3 b3 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b)
-Hết
-(Đề thi gồm 01 trang)
Sở giáo dục - Đào
đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh
Năm học: 2009 – 2010 Môn: Toán Lớp 9
(Đáp án gồm 03 trang)
Chú ý chung:
- Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25.
- Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng
và phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho
điểm tơng ứng
Câu 1 (3,5 điểm)
1) (1,50đ)
Biến đổi Biểu thức đã cho thành 2 2
=
=
9 3
0,50
0,50 0,50
2) (2,00 đ)
Từ a = 3
√3+√17 +√33−√17 suy ra a3 = ( 3
√3+√17 +√33−√17 )3
a3 = 6 + 3 33 17 33 17 (
3
√3+√17 +√33−√17 )
a3 = 6 – 6a
a3 + 6a – 6 = 0 Vậy f(a) = (a3 + 6a - 5)2010 = (a3 + 6a – 6 + 1)2010 = 1
0,50 0,50 0,50 0,50
Câu 2 (4,50 điểm)
1) (2,50 đ)
Điều kiện: (x 0; y 0; z 0)
Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ
2 2 2
0,25
0,75
Trang 7Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phơng trình trong hệ đều
không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy ra hệ
x y 0
z x 0
Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1
0,75
0,50
0,25 2) (2,00 đ)
Phơng trình đã cho tơng đơng với 3 x3 – 3x2 – 3x = 1
4x3 = x3 + 3x2 +
3x + 1
4x3 = (x + 1)3
3 4x = x + 1
(3 4 - 1)x = 1
x = 3
1
4 1
0,50 0,50 0,50
0,50
Câu 3 (4,00 điểm)
Đáp án
Điểm 1) (2,00đ)
Do AB//CD CDA DAB 180 0; (O,R) là đờng tròn nội tiếp
ABCD
nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB
1
2
hay tam giác AOD vuông ở O , tơng tự tam giác BOC vuông ở O
0,25
Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O
có các đờng cao OH và OF cùng bằng R
HA.HD = FB.FC = R2
Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R),
ta có HA = EA; EB = FB ; HD = GD; FC = GC
Vậy EA.GD = EB.GC
EA GC= k (1)
0,25
0,25
+ Ta phải tìm k > 0 khi AB =
4R
3 và BC = 3R
Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến của (O, R) OEAB và
OGCD
E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG2 = BC2 (GC EB) 2 (2)
0,25
C D
G M
K
H
E
F O T
Trang 8Từ (1) có
4kR
GC = CF BC BF 3R
3(k 1)
Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R2 =
2
2
0,25
11k2 18k 9 0 , giải phơng trình đợc nghiệm k >0 là k =
9 6 5 11
Vậy
EB
9 6 5 11
0,25
2) (2,00đ)
Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D) DHG cân ở
D
mà DO là phân giác góc HDG HG DO, có MKDO
MK//HG
KMG HGC
Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG
của (O,R)
KMG HTG tứ giác KTGM nội tiếp (5)
0,50
Lại có OKM OGM 90 0 O; K; G; M thuộc đờng tròn đờng kính
MO (6)
0,50
Từ (5) và (6) 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO
0
mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O,
R)
0,50
MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M MT = MG 0,50
Câu 4 (4, 00 điểm)
1) (2,00 đ)
Từ R(b + c) = a √bc
suy ra √bc
=
R b c a
Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có
R b c a
= √bc 2
b c
Suy ra 2R a Mặt khác a 2R Vậy a = 2R Do đó tam giác ABC vuông
tại A
0,50
1,00 0,50
Trang 9_ K
_
_ B
_ A
2) (2,00 đ)
Tam giác AHC vuông tại H AC AH BC (gt)
Tam giác BKC vuông tại K BC BK AC (gt)
Suy ra AC = AH = BC = BK C H K
Vậy ABC vuông cân tại C
0,50 0,50 0,50 0,50
Câu 5 (4,0 điểm)
1) (2,00 đ)
Đặt M= n4 42k 1
+ Khi n chẵn ta có n4 chia hết cho 2, mặt khác 42k+1 chia hết cho 2 và 42k+1
>2, với mọi k Vậy M không là số nguyên tố
+ Khi n lẻ:
a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố
b) Khi n 1 và k 1, ta chứng minh M không là số nguyên tố:
Ta có M = (
2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1
Mà n2 22k 1 n.2k 1
là số nguyên lớn hơn 1 và n2 22k 1 n.2k 1
nguyên (1)
Mặt khác n2 22k 1 2 n 22 2k 1 2n.2k 2
n2 22k 1 n.2k 1 2n.2k 2 n.2 k 1 n.2 ( 2 1) 1k 1 (2)
Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số
Kết luận: n4 42k 1
là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0
0,50 0,25
0,50
0,50 0,25
2) (2,00 đ)
Có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Từ giả thiết a3 + b3 = 2 (*)
2= (a + b)(a2 – ab + b2) mà a2 – ab + b2 > 0 a + b > 0 (1) 0,25
Đặt a = x +1 và b = y + 1 2 = (x + 1)3 + (y + 1)3
x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y) = 0 mà 3(x2 + y2)0 x3 + y3 + 3(x + y)
0
(x + y)(x2 – xy + y2 + 3)0 mà x2 – xy + y2 + 3 > 0 x + y 0
a + b – 2 0 a + b 2 (2)
0,75
Từ (1) và (2) 0 < a + b 2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1
hoặc 2
0,25
+ Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25 + Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn
3 3 2 2
(a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi a và b là nghiệm phơng trình t2 – t 0,25
Trang 103
= 0, ph¬ng tr×nh nµy lu«n cã nghiÖm ®iÒu cÇn chøng minh
KÕt luËn: a + b cã hai gi¸ trÞ nguyªn lµ 1 vµ 2 0,25