Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ DỰ BỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Ngày thi 25/03/2015.
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 05 câu
Câu I: (4,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức
: 1
1
A
a
2 Cho
2
.
b
Tính giá trị của biểu thức B ( b4 b3 b2 3 b 4)11 33.
Câu II: (4điểm)
1 Tìm m để phương trình x4 2mx236 0 có bốn nghiệm phân biệt
x x x x thỏa mãn x1 x2 x2 x3 ¿x3− x4
2 Giải hệ phương trình :
3
3
8
2 3
6 2
x y x
y
Câu III: (4điểm)
1 Cho hai số tự nhiên a và b Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương
2 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (x; y ; z) thỏa mãn:
xyz = x2 - 2z + 2
Câu IV: (6điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) và điểm I là tâm đường tròn nội tiếp của tam
giác đó Các điểm A B C ', ', ' lần lượt là giao của AI BI CI , , với ( ) Trên cung AC của
( ) không chứa đỉnh B , lấy điểm D bất kì Gọi E là giao của DC ' với AA ', F là giao
của DA ' với CC ' Chứng minh rằng:
1 I là trực tâm của tam giác A B C ' ' '.
2 Tứ giác DEIF nội tiếp một đường tròn.
3 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Câu V: (2điểm)
Cho ba số dương x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện: x + 2y + 3z = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q =
-
Số báo danh
Trang 2
Họ tên thí sinh: ………
Giám th coi thi không gi i thích gì thêm.ị ả
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút
(Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
I
1
Có
: 1
1
A
a
:
1
a
0,5
:
1 ( 1)( 1)
a
1,0
1 1
a
Vậy
1 1
A a
(với 0 a 1)
0,5
0,5
2
0,25
2 3 2 3
Lại có b4 b3 b23b 4b4 b3 b23b 2 2 b b3( 1) ( b1)(b 2) 2 0,25
(b 1)(b b 2) 2 (b 1)( (b b 1) 2) 2
Với b 3 thì b4 b3 b23b 4 ( b1) (b b21) 2 2 ( 3 1)2( 3 1) 2 2 0,25
II
1 Đặt t x t 2; 0 PT đã cho trở thành: t2 2mt36 0 (1) 0,5
PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1x2 x3 x4
⇔
PT (1) có hai nghiệm thỏa mãn 0 t 1t2
2
6 0
m
m m
0,5
Trang 3Khi đó PT đã cho có bốn nghiệm là x1 t x2, 2 t x1, 3 t x1, 4 t2
Nên x1 x2 x2 x3 ¿x3− x4⇔√t2=3√t1⇔t2=9 t1 . 0,5
Kết hợp định lý viet đối với phương trình (1) ta có:
1 2
2
1 2
2 1
2
9
t t m
t t
Kết hợp (*) suy ra m =10 là giá trị cần tìm.
0,5
2
Giải hệ phương trình :
3 3
8
2 3
6 2
x y x
y
Điều kiện y 0
Đặt z =
2
y 0 ta được hệ :
3 3
2 3
2 3
x z
z x
0,5
Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến: x – z = 0
(vì x2 + xz + z2 +3 = (x + 2
z
)2 +
2
3 3 4
z
> 0 với mọi x, z)
0,5
Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0
(x+1)2(x - 2) = 0 x = -1 hoặc x = 2 0,5
Từ x = z =
2
y
2
2
y y
y y
nghiệm (x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1)
0,5
1 Ta có ab 2 không mất tính tổng quát, giả sử a 2
0,2 5đ
Nếu b 2 thì a2 + b2 2 , đặt a2 + b2 = 2k+1 (k N)
Lúc đó chọn c = k thì a2 + b2 + c2 = k2 +2k + 1 = (k +1)2
a2 + b2 + c2 là số chính phương
0,7 5đ
Nếu b 2 b24 mà a2 4 , đặt a2 +b2 = 4k (k N)
Lúc đó chọn c = k -1 thì a2 + b2 + c2 = 4k + (k -1)2 = (k +1)2
a2 + b2 + c2 là số chính phương
0,7 5đ
Vậy luôn chọn được c Z sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương 0,2
5đ
III
2 Với x, y , z là các số nguyên dương Xét phương trình
xyz = x2 – 2z + 2
2 2 2
x z xy
0,5 đ
Nếu x = y thì z = 1 Khi đó bộ số ( x ; x ; 1) với x là số nguyên dương thỏa mãn
0,2 5đ
5đ
Nếu x > y thì x2 + 2 > xy +2
Vì z là số nguyên dương nên x2 + 2xy + 2
y(x2 + 2) xy + 2 x(xy + 2) -2(x – y) xy + 2
2(x – y) xy + 2
0,5 đ
Trang 4Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2(x – y) = k(xy + 2)
Nếu k 2 thì x – y xy + 2 (x + 1) (y – 1) + 3 < 0 ( vô lý)
Nếu k = 1 thì 2(x – y) = xy + 2 (x + 2) (y – 2) = - 6
Vì x; y nguyên dương nên y = 1 ; từ đó x = 4 ; z = 3
Vậy có bộ số ( x ; y ; 1) với x = y là số nguyên dương tùy ý và
(x ; y ; z) = (4 ; 1 ; 3) thỏa mãn phương trình
0,5 đ
IV
1
Do I là tâm đường tròn nội tiếp của ABC AA BB CC', ', ' là các đường phân giác
trong của ABC A B C', ', ' là các điểm chính giữa các cung AB BC CA, ,
Gọi H, là giao điểm của B'C' với AA'; K, là giao điểm của B'A' với CC'.
0,5
Ta có:
' 1 ' ' 1 ' ' '
AHC sd AC sd A B sd AC sd AC sdCB
2 sd BC sd A B sd AB 2 sd A C sd AB AHB
1,0
Hoàn toàn tương tự ta được C K' A B' 'CI A B' ' do đó I là trực tâm của
' ' '
A B C
0,5
2
Có
' ' 1 ' ' 1 ' '
A DC sd A C sd A B sd BC
0,5
1
2 sd A C sd AC AIC
0,75
Mà FDE A DC EIC' ', 'AIC' và EIC 'EIF 1800 nên EIF FDE 180 0 1,0
Do đó tứ giác DEIF nội tiếp đường tròn (đpcm). 0,25
3
Gọi ( )1 và ( )2 lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp DEIFF và B'HIK ,
2
( ) ( )
J ∩ (với J B') suy ra J cố định Có B' và D cùng thuộc cung AC
không chứa đỉnh B của đường tròn ( ) nên JDA'JB A' '
0,25
' ' ' '
JDF JDA JB A JB K
Lại có J B K I, ', , cùng thuộc
2
( ) JB K JIK' 180
0,25
Trang 5mà JB K' JDF JIK , JIF nên JIF JDF 1800 suy ra J( ).1 0,25
Đường tròn ( )1 luôn đi qua hai điểm cố định là I và J nên tâm của ( )1 luôn chạy trên
một đường thẳng cố định, đường thẳng đó là trung trực của IJ (đpcm).
0,25
V
Đặt
2 3
x a
y b
z c
, , 0
3
a b c
a b c
Khi đó ta có:
Q =
ab b ac a bc c
0,5
3 3
2 2
11
4
b a
a b a b a b a b
ab b
3 3
2 2
11
4
a c
c a c a c a c a
ac a
3 3
2 2
11
4
0,5
Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1),(2),(3) ta được P 2a b c 6
Dấu bằng xảy ra
1 1 1
2 1 3
x
z
Vậy Max Q = 6
0,5
Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm.
http://violet.vn/lemaihoa1301/