Tứ giác ACMD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi... Như vậy: đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn O’, J là tiếp điểm..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Đề chính thức
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM
-Bài Nội dung Điểm Bài 1
Cho A=√x3− x
√x −1 +
1
√x − 1−√x+
1
√x − 1+√x
a ) Rút gọn biểu thức A
Điều kiện: x > 1
A=√x3− x
√x −1 +
1
√x − 1−√x+
1
√x − 1+√x
¿x(√x −1)
√x −1 +
√x −1+√x +√x −1 −√x
(√x −1 −√x)(√x − 1+√x)
¿x+ 2√x −1
(√x − 1)2− x
¿x+ 2√x − 1
x − 1− x=x +
2√x − 1
−1
¿x − 2√x − 1
b) Tính giá trị của biểu thức A khi |2020 − x|=2015
|2020 − x|=2015⇔
2020 − x=2015
¿
2020 − x=− 2015
¿
x=5 ( thoađieu kien)
¿
x=4035 ( thoa đieu kien)
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
- Với x = 5, A = 1;
0,5
0,5
0,25 0,5 0,25
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 2Bài 2b Giả sử n + 12 = a2 và n – 11 = b2 (a, b N, a > b)
Suy ra: a2 – b2 = n + 12 – n + 11 = 23
(a + b) (a - b) = 23.1
Giải hệ phương trình:
¿
a+b=23
a −b=1
¿{
¿ Giải ra: a = 12, b = 11 => n = 132
0,5 0,5
0,5 0,5
Bài 3a Ta có:
2 y2x+ x+ y +1=x2+2 y2+xy⇔2 y2
(x −1)− x (x − 1)− y (x −1)+1=0 (1) Nhận xét: x=1 không phải là nghiệm của (1)
Chia cả hai vế của (1) cho x −1 ta có:
2 y2− x − y + 1
x −1=0 (2)
Với x , y nguyên, suy ra x −11 nguyên nên
x −1=± 1 ⇔ x=2
¿
x=0
¿
¿
¿
¿
¿ Thay x=2 và x=0 vào (2) và ta có y là số nguyên khi y = 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1)
0,5 0,25
0,25 0,5
0,25 0,25
Bài 3b
F = 5 x2 2 y2 2 xy 4 x 2 y 3
Dấu “=” xảy ra
1
3
x
x y
x y
y
Vậy F có giá trị nhỏ nhất là 2 khi và chỉ khi
1 3 1 3
x y
1,0
0,5
0,5
Trang 3a) Chứng minh: ΔMBA =Δ PBC (c.g.c).
BA = BC ( do tam giác ABC đều)
MB = PB ( do tam giác MBP đều)
∠ABM =∠CBP ( do tổng số đo ∠MBQ với ∠ABM và ∠MBQ
với ∠CBP cùng bằng 600 )
b) Ta có: BM // PC ( do ∠BMP=∠ MPC=600 vị trí so le trong)
Suy ra hai tam giác QMB và tam giác QPC đồng dạng
nên MQPQ =MB
PC ⇒ PB −PQ
PB PC
⇒PB
PQ −1=
PB
PC⇒ PB(PQ1 −
1
PC)=1 hay
¿ 1
PQ=
1
PB+
1
PC⋅
¿ c) Nối OI, ta có OI vuông góc với AM (định lý)
Từ I luôn nhìn AO dưới góc vuông nên I thuộc đường tròn đường kính AO
Do P chỉ chạy trên cung nhỏ BC nên I di chuyển cung EF bằng 13 đường tròn đường kính AO bị giới hạn bởi AB, AC
0,25 0,25 0,5
0,25 0,5 0,5
0,5 0,5 0,5
Bài 5a Hình vẽ
J
D
C
A
O
B M
0,25
Trang 4∠ACB=900
(AB là đuong kính (O))
MD // AC ( ACMD là hình thoi )
¿{
¿
MD BC (1)
∠MJB=900 (MB là đường kính của (O’)) MJ BC (2)
Từ (1) và (2): ba điểm D, M, J thẳng hàng
0,5
5c
Ta có: JCD (J=900), IJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền CD
IJ=ID=IC=
1
2CD IJD cân tại I
⇒∠IJM =∠IDM
Mặt khác: ∠IDM =∠ICA (so le trong)
∠CAM=∠ JMB (đồng vị)
∠JMO ' =∠MJO ' (O’M, O’J là bán kính của (O’))
Do đó: ∠ICA +∠IAC=∠IJM +∠MJO ' =∠IJO ' =900
Như vậy: đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’), J là tiếp điểm
0,25 0,25 0,25
0,25
5d
Ta có:
¿ IM=IA
O' M =O' B
¿{
¿
IO’
AB
=R 2
(R là bán kính của (O))
JIO’ (J 90 0): IJ2+O’J2=IO’2=R2 (theo định lí Pitago)
Nhưng: IJ2+O’J2 ≥ 2IJ.O’J=4SJIO,
Do đó S(JIO,) ≤
2
R 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi IJ=O’J và JIO’ vuông cân có cạnh huyền bằng R
nên: 2O’J2=O’I2=R2 O’J=
R R 2
2
R 2 2 Khi đó: MB=R 2 ( đvđd)
0,25
0,25
0,25 0,25
Ghi chú:Thí sinh có thể giải theo cách khác Nếu đúng vẫn cho trọn số điểm theo qui định
của từng bài.