Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

226 trang dichphong 3800

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9.doc

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

Bài 2 Câu a) 1 TXĐ: x, y, z 5 đ (3 đ) 4 0,5 Nhân 2 vế của mỗi phương trình với 2 ta có: 2x 2y 2 4z 1 (1) 0,5 2y 2z 2 4x 1 (2) 2x 2z 2 4y 1 (3) Cộng (1), (2), (3) từng vế ta có: 2 2 2 4x 1 1 4y 1 1 4z 1 1 0 0,5 4x 1 1 4y 1 1 0,5 4z 1 1 1 x 2 1 y 0,5 2 1 z 2 1 Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x= y= z= là nghiệm của 0,5 2 hệ. câu b) Viết phương trình về dạng (x+1)(y+1)=10 0,5 (2 đ) Phân tích 10 = 1.10=2.5=(-1).(-10)=(-2).(-5) =10.1=5.2= (-10).(-1)=(-5).(-2) 0,5 Do x, y nguyên hệ có 8 nghiệm x 0 x 9 x 2 x 11 ; ; ; ; 0,5 y 9 y 0 y 11 y 2 x 1 x 4 x 3 x 6 ; ; ; y 4 y 1 y 6 y 3 0,5 121
Bài 3 câu a) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z 0,5 (3,5đ) (2 đ) x, y, z >0 a= y+z b= x+z 0,5 c= x+y y z z x x y 0,5 2P = 4 9 16 x y z y x z x z y = 4 9 4 16 9 16 0,5 x y x z y z 12 16 24 52 P 26 0,5 y 3 z z 4 Dấu "=" xảy ra khi ; 2 ; x 2 x y 3 0,5 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 a=7; b =6; c=5. 0,5 Câu b) = a2 + b2 + c2 -2ab -2bc-2ac 0,5 (1,5đ) = a2 - ab - ac +b2 - ab - bc + c2 - ca - cb = a(a-b-c) +b(b -c -a)+ c (c- a- b) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác a, b, c > 0; a - b- c < 0; b -c - a< 0; c - a- b < 0 0,5 < 0 phương trình vô nghiệm. 0,5 Bài 4 Câu a) MO//HA (cùng vuông góc vớiBC) 0,5 (5đ) (3đ) OK// BH (cùng vuông góc với AC) 0,5 KOM =  BHA ( góc có cạnh tương ứng song song) 0,5 MK//AB (M, K là trung điểm BC và AC) 0,5  HAB =  MKO ( góc có cạnh tương ứng song song) 0,5 ABH đồng dạng với MKO 0,5 122
Câu b) Từ ABH đồng dạng với MKO (2đ) MO MK 1 AH AB 2 0,5 Xét AIH và MIO: MO MI 1 AH AI 2 (I là trọng tâm ABC) OMI = HAI ( Hai góc so le trong) IO 1 0,5 AIH đồng dạng với MIO IH 2 IO IM IK 1 Vậy IH IA IB 2 0,5 IO 3 IM 3 IK 3 IO 3 IM 3 IK 3 1 IH 3 IA3 IB 3 IH 3 IA3 IB 3 8 IO 3 IM 3 IK 3 1 3 2 IH 3 IA3 IB 3 4 0,5 Đáp án Ngân hàng đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Tổ Toán, Trường THPT Quảng Xương III B C Đáp án Biểu à â điểm i u 1 1 1 1 C1: Đặt u 3 a 3 a 27a 4 6a 2 ; v 3 a 3 a 27a 4 6a 2 A = u + v ; 3 3 3 3 0.5 1 u3 + v3 = 2a3 + 2a; u.v = a2 - .A3 = (u + v)3 A3 = u3 + v3 + 3u.v( u+v ) 0.5 3 1 1 A3 = 2a3 + 2a + 3(a2 - )A A3 – (3a2 - 1)A – 2a3 – 2a = 0 0.5 3 2 2 2 2 2 (A – 2a)(A + 2a.A + a + 1) = 0 Do: A + 2a.A + a + 1 = (A + a) + 1 > 0 nên 0.5 A = 2a 1 C2: phân tích các biểu thức trong căn thức thành hằng đẳng thức. áp dụng hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2+b2+c2 – ab – bc – 0.5 ca). Ta coi mẫu số của A có dạng a + b + c. Khi đó nhân tử số và mẫu số của A với (a2+b2+c2 – ab – bc – ca), ta có: 0.5 2 12 (33 2) 2 ( 23 4) 2 1.33 2 33 2( 23 4) ( 23 4).1 13 113 4 53 2 A 1 13 (33 2)3 (23 4)3 3.1.33 2.( 23 4) 59 123
x 2 5y 2 9z 2 x 4xy 6yz 1 1 x 2 x 2 x x 2 5y 2 9z 2 x 4xy 6yz 1 2 x 2 x x 1 0.5 (x 2y) 2 (y 3z) 2 x 1 (x 1)(x 2) x 1 (1) Do VT 0 nên VP 0 x 1.Vậy 0.5 (1) 2 1 2 2 2 2 (x 2y) (y 3z) x 1 (x 1)(x 2) x 1 (x 2y) (y 3z) (x 1)(x 2) 0 0.5 x 2y 0 y 3z 0 x = 1; y =1/2; z = 1/6 0.5 x 1 0 (Do x 2 0) 12 2 (x y)2 2xy 10 ( ) 2xy 10 (x y)2 2xy 10 xy Hệ 12 0.5 2 xy(x y) 12 x y 12 xy x y xy Đặt xy = t t3 + 5t2 – 72 = 0 (t-3)(t2 + 8t + 24) = 0 t = 3, khi đó: 0.5 x y 4 x, y là nghiệm của phương trình: X2 – 4X + 3 = 0 X = 1 , X = 3 xy 3 0.5 2 x 1 x 3 Kết luận: Hệ có nghiệm hoặc y 3 y 1 0.5 x 4 2x 2 12 x 2 1 12 0 (1). Đặt x 2 1 t (Đk: t 1 ). (1) x 4 2x 2 1 4(x 2 1) 12 x 2 1 9 0 t4 – 4t2 – 12t – 9 = 0 1 t4 – (2t + 3)2 = 0 (t2 – 2t – 3)(t2 + 2t + 3) = 0 t2 – 2t – 3 = 0 t = -1 (loại) hoặc t = 3 (thỏa mãn). Với t = 3 x2 + 1 = 9 x = 2 2 2 2 2 2x nếu 0 x 1 Bài 6 : y x x x x (C) 0.5 2x nếu x 1 hoặc x 0 3 Đường thẳng qua A(1; 0) có dạng: y = ax – a (d). 0.5 (d) tiếp xúc với (C) (d) tiếp xúc với parabol: y = 2x2 với 0 x 1 2 2 Phương trình 2x = ax – a có nghiệm kép thỏa mãn 0 x 1 0.5 Phương trình 2x2 - ax + a = 0 có nghiệm kép thỏa mãn 0 x 1 a 2 8a 0 a a = 0 0.5 0 1 4 124
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a b c. Vì a, b, c N và T 4 hay c 5, khi đó T 2 4 5 20 42 0.5 1 1 1 9 41 * Nếu b 5 thì c 5 khi đó T 2 5 5 10 42 1 1 1 11 41 0.5 b) a 3 thì b 3, do T < 1 nên c 4. Khi đó T 3 3 4 12 42 41 Vậy giá trị lớn nhất của T đạt được là khi a, b, c nhận các giá trị hoán vị của 3 số 42 2, 3, 7 Lấy đối xứng với C qua A. Khi đó E 0.5 EA = AC = AB nên BEC vuông tại B BC 2 BC 2 MC Mặt khác AM = AC – MC CE 2CA 0.5 A 4 2 BC 2 2AC 2 BC 2 AC M 2AC 2AC 0.5 2 2 AM 2AC 2 BC 2 AC AB Vậy 2 1 2 1. MC BC 2 BC BC B C 0.5 Trường hợp 1: AB và CD song song Dễ nhận thấy rằng tổng diện tích các tam giác A B 1 AMB và CMD không thay đổi khi M di chuyển trên cùng một đoạn thẳng song song với AB, CD. E F M D C Quỹ tích các điểm M là đường 1 1 trung bình EF của hình thang ABCD (trừ hai đầu đoạn thẳng) 125
Trường hợp 2: AB và CD không song song. B Gọi O là giao điểm của AB, CD. Lấy trên tia OA, OC các điểm 5 P, N sao cho OP = AB; ON = CD P, N cố định và 0.5 A SAMB = SPMO và SCMD = SNMO . P 0.5 E Ta thấy khi M M di chuyển trên các đường thẳng song song với O D N F C PN thì SPMN không thay đổi. 2 Do SAMB + SCMD = SPMO + SNMO = SMPON = SPON + SPMN 0.5 khi M di chuyển trên các đường thẳng song song với PN thì tổng diện tích các tam giác AMB và CMD không thay đổi. Vậy quỹ tích M là đoạn thẳng qua E 0.5 và song song với PN bên trong tứ giác(trừ hai đầu đoạn thẳng) đáp án đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 9 (Môn toán) Bài 1: (2 điểm) 1. (1 điểm) A 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 4 2 3 2 4 2 3 3 3 3 3 (2 3)(3 3) (3 3)(2 3) (3 3)(3 3) 3 3 3 3 1 6 => A = 2 1 1 2. Xét A = 1 a > 0 a 2 (a 1) 2 1 1 a 2 (a 1) 2 (a 1) 2 a 2 ta có A2 1 a 2 (a 1) 2 a 2 (a 1) 2 a 4 2a 2 (a 1) (a 1) 2 (a 2 a 1) 2 = a 2 (a 1) 2 a 2 (a 1) 2 a 2 a 1 1 1 Vì a > 0, A > 0 nên A = 1 a(a 1) a a 1 áp dụng ta có 1 1 1 1 1 1 B = 1 1 1 12 22 22 32 992 1002 126
1 1 1 1 1 1 1 = (1 ) (1 ) (1 ) 100 99,99 1 2 2 3 99 100 100 Bài 2: Không mất tính tổng quát ta giả sử x 3x(1 + 3y - x + 3z -x) = 33.253 Vì (1 + 3y - x + 3z -x) không chia hết cho 3 và 253 cũng không chia hết cho 3 3x 33 (1) nên: y-x z-x 1 3 3 253 (2) (1) => x = 3 thế vào (2): 1 + 3y - 3 + 3z -3 = 253 3y-3(1 + 3z-y) = 252 = 32 . 28 Do 1 + 3z-y không chia hết cho 3 và 28 không chia hết cho 3 nên 127
3 y 3 32 y 5 y 5 z y z 5 3 1 3 28 3 3 z 8 Vậy x = 3; y = 5 ; z = 8 Bài 3: 1. ĐK: x [ 3;6] rõ ràng y 0 x [ 3;6] ta có y2 = 9 + 2x 3. 6 x 9 x [ 3;6] => y 3 x [ 3;6] Tại x = -3 hoặc x = 6 thì y = 3 Vậy Min y = 3 áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 2(a2 + b2) ta có y2 2.(x + 3+ 6-x) = 18 x [ 3;6] => y 32 x [ 3;6] 3 Tại x = thì y = 3 2 2 Suy ra: max y = 3 2 a b c b c a 1 2. Theo giả thiết 1 1 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c 1 a a 1 Do b > 0; c > 0 nên theo bất đẳng thức côsi ta có: b c bc 1 bc 2 0 2 0 (1) 1 b 1 c (1 b)(1 c) 1 a (1 b)(1 c) 1 ac Tương tự ta cũng chứng minh được 2 0 (2) 1 b (1 a)(1 c) 1 ab 2 0 (3) 1 c (1 a)(1 b) Từ (1); (2); (3) ta chứng minh được 1 1 1 abc 1 . . 8 => 1 8abc abc => đpcm 1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c) 8 Bài 4: Pt (x2 + 2x)(x2 + 2x - 8) = -7 đặt t = x2 + 2x t 1 2 Pt trở thành t(t - 8) = -7 t - 8t + 7 = 0 t 7 128
x 1 2 Với t = 1 => x2 + 2x = 1 x2 + 2x - 1 = 0 x 1 2 x 1 2 2 Với t = 7 => x2 + 2x = 7 x 1 2 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1 2; 1 2; 1 2 2; 1 2 2 Bài 5: a. Tam giác AHB đồng dạng với tam giác CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHB và tam giác AHC HP AB => (1) HQ AC lại có góc BAC = góc PHQ = 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra Tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC b. Theo câu a. ta có góc PQH = góc ACB (3) góc PKQ = góc PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp được => góc PKH = góc PQH (4) Từ (3) và (4) => góc PKH = góc ACB lại có góc BAH = góc ACB => góc PKH = góc BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có KQ //AC. c. Ta có góc ACB = góc PKH = góc MKP = góc AMK => góc BMN + góc NCB = góc BMN + góc AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được A N K M Q P B H C 129
sở gd & đt thanh hoá Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 9 truờng thpt đặng thai mai môn : Toán thời gian: 150 phút Câu1: (4đ) 2 1.A 5 2 2 2 2 1 0,25đ 5 2 3 2 2 0,25đ 5 2 2 1 0,25đ 3 2 2 2 1 0,25đ a 5 a 2 a 2 B 0,25đ a 5 1 a 5 1 a 2 0,25đ a 5 1 Do a 1 a 5 1 0 0,25đ B a 2 0,25đ a 5 5 a 2.Theo giả thiết ta có 0,25đ x y x z z y 5 a 0,25đ 2x y z 25 5 a 5 a 0,25đ x z 2 z y 2x y z 25 a 2 0,25đ z y 2x y z 25 16 25 a 2 16 Mà nên x z 2 z y 2x y z z y 2x y z z y 2x y z 0,25đ 25 a 2 16 a 3 0,25đ 1 khi a 3 B 0,25đ 5 khi a 3 Câu2: (4đ) 1.x 2 2x 1 x 2 6x 9 2 x 1 2 x 3 2 2 0,25đ x 1 x 3 2 0,25đ x 1 x 3 2 khi x 1  x 1 x 3 2 khi 1 x 3  0,75đ x 1 x 3 2 khi x 3  130
x 1 khi x 1  2 2 khi 1 x 3  0.5đ x 3 khi x 3  Vậy nghiệm của phương trình là tất cả các số thực x sao cho : 1 x 3 0,25đ x 1 0 1 x 2 2 x 2.Do 0 0,25đ 3 2 x 2 x 2 x Ta thấy x 1 1 0,25đ 3 3 3 Các số không âm có tổng không đổi thì tích của chúng nếu đạt GTLN khi và chỉ khi các số đó bằng nhau, tức là khi và chỉ khi 2 x 5 x 1 x 1;2 0,25đ 3 4 Khi đó tích của chúng đạt GTLN bằng 5 5 5 2 2 2 2 x 2 x 2 x 5 1 x 1 1 4 4 4 3 3 3 4 3 3 3 256 0,25đ 27 Hay tích (x-1).(2-x)3 đạt GTLN bằng x 1 2 x 3 0,5đ 256 27 2 x 2 x 2 x Theo giả thiết (x-1).(2-x)3= nên tích x 1 đạt 256 3 3 3 GTLN 0,25đ 5 Vậy x là nghiệm của phương trình đã cho. 4 0,25đ. Câu3: (4đ) 1.Giả sử M0(x0;y0) là điểm cố định của họ đường thẳng (Dm).Khi đó M0 (Dm) m m 1 m 2 Hay y x ,m 0,5đ 0 m 2 m 1 0 m 2 m 1 2 y0 1 m y0 x0 m y0 x0 0 ,m 0,5đ y0 1 0 x0 1 M 0 1;1 0,5đ y0 x0 0 y0 1 Vậy điểm cố định của họ đường thẳng (Dm) là M0(1 ; 1) 0,5đ 2.Theo trên M0(1 ; 1) (Dm) 2 Ta lại nhận thấy M0(1 ; 1) (P) : y = x M0(1 ; 1) là một giao điểm của (Dm) và (P). 0.5đ 131
Để hai giao điểm có hoàng độ đối nhau thì giao điểm thứ hai N0 phải có hoàng độ x=-1. Khi đó tung độ của N0 là y=1 N0(-1 ; 1) 0,5đ m 1 m 2 Lại do N0 (Dm) nên: 1 1 m 1 0,5đ m 2 m 1 m 2 m 1 Vậy với m = -1 thì (Dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm có hoành độ đối nhau và hai điểm đó có toạ độ là M0(1;1) và N0(-1;1) 0,5đ Câu4: (9đ) Không mất tính tổng quát ta giả sử M thuộc cung BC. Khi đó ta có hình vẽ:  / / / BC M 1v / / 1.Xét BC A M có:  tứ giác BC A M nội tiếp trong đường / BA M 1v tròn đường kính BM 0,75đ Hoàn toàn tương tự : MA/CB/ nội tiếp trong đường tròn đường kính CM vì  CA/ M 1v có  0,25đ / CB M 1v   2.Tứ giác CA/MB/ nội tiếp nên :MA/ B / MCB / (cùng chắn cung MB/) 0,25đ 132
   MA/ C / MCA (cùng bù với ABM ) 0,25đ     MA/ B / MA/ C / MCB / MCA 180 0,25đ A/ , B / ,C / thẳng hàng. 0,25đ   / / / / 3.A1B1  A B MC A A1C1B (1) (góc có cạnh tương ứng ) 0,25đ   Do BC/A/M nội tiếp MBA/ MC / A/ (2) 0,25đ   Do BA1C1M1 nội tiếp BM 1 A1 A1C1B (3) 0,25đ   / Từ (1),(2),(3) suy ra MBA BM 1 A1 (4) 0,25đ   Mà BM 1 A1 M 1BA1 90 (5) 0,25đ   / Từ (4) và (5) suy ra: MBA M 1BA1 90 0,25đ  Tức MBM 1 90 0,25đ Vậy M1 đối xứng với M qua tâm O 0,25đ Câu5: (4đ) 1.Chứng minh x8 x 5 x 2 x 1 0 x R 2 2 2 2 x x x x x Ta có : x8 x 5 x 2 x 1 0 x 4 2x 2 2 1 0 2 2 2 2 2 1,0đ 2 2 x x x 2 x 4 1 0 (*) 2 2 2 0,5đ BĐT (*) đúng x R đpcm. 0,5đ 1 1 1 1 2.Chứng minh :  1;n N,n 1 n n 1 n 2 n 2 133
1 1 n 1 n 2  1 1 n 2 n 2 Ta có: .  gồm (n2-n) BĐT n N,n 1 0,75đ . . 1 1  n 2 n 2 1 1 1 1 1 1 1 1 VT  2 2 2  2 0.25đ n n 1n 2n n n nn n2 n (n2 n) n2 n 1 1 1  1 VT 0,25đ n n 2 1 n 2 n VT 0,25đ n n 2 1 n 1 VT 1 0,25đ n n VT 1;n N,n 1 0,25đ Đáp án toán hsg lớp 9 Câu 1: a. Ta có A2 = 8+2 (4 10 2 5 )(4 10 2 5 ) A2 = 8+2 6 2 5 2 2 A = 8+2 5 1 A2 = 8+25 -2 = 6 + 25 =(5 +1)2 Do A > 0 nên A = 5 +1. 2 3 4 2 3 ( 3 1) 2 b. Ta có: 1 + 2x = 1 + = = 4 4 4 2 3 4 2 3 ( 3 1) 2 1 - 2x = 1 - 4 4 4 (0,5đ) 134
( 3 1) 2 ( 3 1) 2 Vậy B = 3 1 3 1 4(1 ) 4(1 ) 2 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) 2 3 1 3 1 = 1 2(3 3) 2(3 3) 2 3( 3 1) 2 3( 3 1) 2 3 (0,5đ) Câu 2: x 2 mx m 1 0 Ta có : m 2 4m 4 (m 2) 2 0 m Theo Viet ta có : x1 x2 m ; x1.x2 m 1 (0,25đ) Do đó: 2x1 x2 3 2x1 x2 3 2m 1 C = 2 2 2 2 x1 x2 2(x1 x2 1) (x1 x2 ) 2 m 2 m 2 2 (m 2 2m 1) (m 1) 2 1 (0,5đ) m 2 2 m 2 2 (m 1) 2 Vậy C lớn nhất khi 0 m 1 m 2 2 Vậy Cmax= 1 khi m = 1 (0,25đ) Câu 3: a) Giải phương trình: 4x 2 3x(4 1 x) 9) 27 đk: x 1 Pt 4x 2 12x 1 x 27(1 x) 4x 2 12x 1 x 9(1 x) 36(1 x) (2x 3 1 x) 2 36(1 x) 2x 3 1 x 6 1 x (do x 1) 2x 3 1 x 6 1 x 135
x 0 2 x 3 4x 9x 9 0 81 9 97 1 x 0 x 2 8 4x 81x 81 0 (0,5đ) b) Giải phương trình nghiệm nguyên xy yz xz 3 z x y ĐK: x 0 ; y 0 ; z 0 Pt x 2 y 2 y 2 z 2 x 2 z 2 3xyz do x 0 ; y 0 ; z 0 x 2 y 2 y 2 z 2 x 2 z 2 0 3xyz 0 suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. (0,75đ) Không mất tính tổng quát ta giả sử : x y z 1 xy z 2 xz yz x y z ; z 2z z z y x y x xy xz yz 3 z 2z 3z z y x 3z 3 z 1 mà z 1 z 1 y x Với z = 1 phương trình trở thành: xy 3 x y x y Ta có: 2 từ đó: xy 1 mà x 1 ; y 1 x y 1 y x Vậy (x,y,z) = (1,1,1) (0,5đ) Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) . (0,25đ) Câu 4: Xét 3 số dư của x,y,z khi chia cho 3 * Nếu 3 số dư là khác nhau: (0,1,2) thì x+y+z  3 Nhưng khi đó (x-y) ; (y-z) và (z-x) đều không chia hết cho 3. 136
(x-y)(y-z)(z-x) không chia hết cho 3 (vô lý) (0,5đ) * Nếu có 2 số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3. Trong khi đó một trong 3 hiệu x - y ; y - z ; hoặc z - x chia hết cho 3. (x-y)(y-z)(z-x) chia hết cho 3 (vô lý) (0,5đ) * Vì (x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z nên chỉ còn trường hợp cả 3 số x,y,z đều có cùng số dư trong phép chia cho 3. (x-y) 3 ; (y-z)  3 ; (z-x)  3 (x-y)(y-z)(z-x)  27 mà (x-y)(y-z)(z-x) = x + y + z x + y + z  27 (đpcm) (0,5đ) Bài 5: a) Ta có: M’N’N = M’BA (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà M’BA = BMN M’N’N = BMN M’MN + M’N’N = M’MN + BMN = 1800 Tứ giác MNN’M’ nội tiếp đường tròn (1đ) b) Đặt : AM’ =a1 ; BM’ = a ; AN’ = a1 ; BN’ = b Ta có: PQ = a1 b1 . M’BN’ vuông tại B, BA M’N’ 2 2 2 BA = AM’.AN’ hay a1b1 = 4R . Gọi H là trực tâm BPQ thì H AB (0,5đ) Xét hai tam giác: PAH và BAQ có HAP=BAQ = 1v HPA=QBA( Cùng phụ với AQB) AH PA PAH BAQ hay AH: b1 a1 : 2R. AQ BA 2 2 2 R 2AH = a1b1 4R AH = 4R 4R 2 137
Vậy trực tâm H của BPQ là trung điểm của OA. (0,5đ) 1 c) Ta có SBPQ = AB.PQ R.PQ SBPQ nhỏ nhất khi PQ nhỏ nhất 2 M’N’ nhỏ nhất( Vì 2PQ=M’N’) a1 b1 2 Từ PQ = 2PQ = a1+b1 mà a1b1 = 4R không đổi. 2 2PQ = a1+b1 nhỏ nhất khi a1 = b1 = 2R (0,5đ) PQ = 2R M’N’ = 4R = 2AB 1 AB = M’N’ và AM’ = AN’ BM’N’ cân 2 BMN = BNM =BM’N’=BN’M’ MN//M’N’ MN  AB tại O 2 Vậy minSBPQ = 2R khi MN AB tại O. (0,5đ) Đáp án và thang điểm chấm chi tiết Đề thi tuyển vào chuyên toán Lam Sơn Vòng thi thứ hai 138
Câu 1. 3 điểm a) 1,5 điểm x 3 Điều kiện: x 4 0,25 Đặt f(x)=x2- 2m2x + 2m4- 7m2+6. điểm (1) f(x)=0 0,25 f ( 3) 2m4 m2 15 0 Xét m điểm 4 2 f ( 4) 2m m 22 0 Vậy để phương trình có ngiệm duy nhất 0,25 ' 0 điểm m4 7m2 6 0 m 1: m 6 0,5 điểm b) (2) 4x4-4x3+4x2-4x-y2-2xy+2=0 (3) 0,25 (1) 2x2 +2y2 =1 (4) điểm Từ (3) và (4) ta có: ( 4x4- 4x3+ x2)+( 4x2- 4x+1) +( y2 – 2xy +x2) = 0 ( 2x-1 )2( x2+1) + ( y-x)2 =0 1,5 điểm 0,25 2x 1 0 1 x y điểm y x 0 2 0,25 Thử lại thấy nghiệm thỏa mãn. điểm Câu 2. Nhận thấy x=y=0 là nghiệm. Với x,y 0 0,5 điểm (1) y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) 0,25 (2) x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên. điểm Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7 0,25 ( x a )( x a) 7 điểm x a 7 x 4 x 4 1,5 điểm x a 1 0,25 Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 điểm Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) Câu 3. 0,25 1 1 1 điểm Ta chứng minh được: (x y z)( ) 9 x y z 0,25 điểm 139
0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 1,5 điểm 0,25 điểm 140
Đặt: A= x + y + z 1 9 1 1 Q 2A 3 A A A AA 0,5 điểm 27 1 1 29 2 Q 29 A . 27 29. 29 A 29 A25 0,5 điểm 1 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = . 3 Vậy min Q=29. 0,25 điểm Câu 4. Vì A N* nên 3m2 + 6n - 61 0. Ta có: 3m2 + 6n – 61 chia cho 3 dư 2. 1 điểm => 3m2 + 6n – 61= 3k + 2 (k N). => A 33k 2 4 9.27k 4 Vì: 27= 1( mod 13) => 27k.9 = 9( mod 13) => A 13 Vì A là số nguyên tố => A=13 0,25 33k 2 9 3m2 + 6n - 61=2 điểm m2 2n 21 0 m2 21 và m lẻ 0,25 => m2=1 hoặc m2=9. điểm * m2 =1 => m = 1 => n=10. * m2 =9 => m=3 => n=6. Câu 5. 0,25 điểm T M 0,25 điểm O C P 3 điểm B T' A a) Ta có : ATB đồng dạng với ACT 141
 AT2 = AB. AC = 2.6=( 2 3)2 . Mặt khác: AT=AT’. Vậy ta có quỹ tích T và T’ thuộc đường tròn(A; 2 3) 1 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 142
b) 1 điểm Tương tự câu a) AT2=AM.AP 0,25 Mặt khác: ATO vuông điểm => AT2= AO2- OT2 mà OT=OC => AM.AP= AO2- OT2 0,25 c) điểm Tam giác BCM vuông 0,5 điểm => Quỹ tích các điểm M là đừơng thẳng qua C và vuông góc 1 điểm với d Quỹ tích các điểm P là đường tròn đường kính AB. 0,5 điểm 0,5 điểm đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán 143
Đề đề xuất Thời gian150’ 3 1 4 P x4 x3 x 1 x4 x3 x 1 x5 x4 x3 x2 x 1 ĐK x 1 0.25 3 1 4 = 0.5đ (x 2 1)(x 2 x 1) (x 2 1)(x 2 x 1) (x 1)(x 4 x 2 1) Khi đó 3(x 2 x 1) x 2 x 1 4 P 0.5đ (x 2 1)(x 4 x 2 1) (x 1)(x 4 x 1) 2x 2 4 2 4x 4 = 0.5đ (x 2 1)(x 4 x 2 1) 2 P 0.5đ (x 4 x 2 1) b\ Ta có x 4 x 2 1 =(x2+1/2)2 +3/4 >0 0.5đ 2 P > 0 x 1 0.5đ (x 4 x 2 1) 32 32x 4 32x 2 14 Xét p > 0x 1 0.5đ 9 1 3 9 (x 2 ) 2 2 4 2 P <32/9 x 1 (x 4 x 2 1) Suy ra: 0 <P <32/9x 1 0.5đ Bài 2: 1 a. Vẽ đồ thị (P) y x 2 2 Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 0.5đ y 2 1/2 0 1/2 2 Đồ thị: y 0.5đ 144
2 -2 -1 O 1 2 x c. Phương trình đường thẳng d có dạng y=ax + b 0.25đ do d đi qua 2 điểm M(m;0) và I(0;-2) do đó ta có: 2 b b 2 2 0 am b a m 2 Đường thẳng d là: y x + 2 0.25đ m Khi đó hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của phương trình: 1 2 x 2 x 2 (1) 0.25đ 2 m mx 2 4x 4m 0 ' 4 4m 2 0m 0 Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt Hay d luôn cắt (P) tai j2 điểm phân biệt A, B m 0 0.25đ d. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên truc Ox, ta có: xH=xA; xK=xB 0.25đ ( xH; xA; xK ; xB lần lượt là hoành độ của điểm H, A, K, B) 2 2 2 2 Do I(0;2) thuộc Oy nên HI = OI + HO = 4 +xA 0.25đ 2 2 2 2 KI =KO +OI = xB + 4 0.25đ 2 2 2 HI + KI = 8 +xA + xB =(xA - xB) vì xAxB = -4 = HK2 nên tam giác HKI vuông tại I 0.25đ e. Do xA, xB là nghiệm của phương trình mx 2 4x 4m 0m 0 4 x x Theo viét ta có: A B m x A xB 4 1 2 y A x Mà A, B thuộc (P) 2 1 y x 2 B 2 ( yA, yB lần lượt là tung độ của A và B) 0.25đ 2 2 AB (x A xB ) (y A yB ) 0.25đ 145
1 8 4 (1 )(1 ) 4m = =m 2 m 2 0.25đ AB 4 0.25đ Bài 3: a. Giải và biện luận phương trình (m-1)x2-2(m-2)x+m+1=0 + Nếu m-1=0 m 1 (1) 2x 2 x 1 0.5đ + Nếu m 1 0 m 1 Ta có: ' (m 2) 2 m 2 1 4m 5 5 Nếu ' 0 m pt(1) vô nghiệm 0.25đ 4 5 Nếu ' 0 m pt(1) có nghiệm kép x1=x2=-3 0.25đ 4 5 Nếu ' 0 m pt(1) có 2 nghiệm phân biệt 4 m 2 4m 5 x 1 m 1 m 2 4m 5 x 0.25đ 2 m 1 Kết luận: Với m=1, pt(1) có ngiệm duy nhất x=-1 Với m=5/4, pt(1) có ngiệm kép x=-3 Với m 5/4 thì phương trình (1) vô nghiệm 5 m b. Với 4 m 1 Theo vi ét ta có 1đ m 2 1 x1 x 2 x1 x 2 1 m 1 m 1 m 1 2 x x x x 1 0.5đ 1 m 1 1 m 1 2 x1 2 x 2 x1 x 3 Kết luận: Hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với tham số m là 2x1 2x2 x1x 3 0.5đ Bài 4: 146
A F E OA1 B B1 D C Theo bài ra ta có:  ˆ 0 AA1B AB1B =90 Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn 0.5đ  ˆ BA1B1 ABB1 cùng chắn cung BB1 0.5đ  ˆ Mặt khác:AE1O AA1O 1V tứ giác AEA1O nội tiếp 0.5đ  ˆ EA1 A EOA1 cùng chắn cung AE ) 0.5đ  BAB B AˆE mà 1 1 ˆ ˆ 0 OAE EOA 90 E, A1 , B1 thẳng hàng (*) 1đ Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo bài ra ta có:  ˆ 0 AA1B AB1B =90 Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn 0.5đ  ˆ A1B1 A A1BA cùng chắn cung AA1 0.5đ  ˆ Ta lại có:OD1B OBB 1V tứ giác OB1DB nội tiếp 0.5đ  ˆ DB1B DOB (cùng chắn cung BD ) 0.5đ  DOB DBˆO mà DBˆO DOˆB 900 DBˆO OBˆA Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau 0.5đ  ˆ ˆ 0 VậyDB1B BB1 A AB1 A1 180 3 điểm D, B1, A1 thẳng hàng ( ) 0.5đ 147
Từ (*) , ( ) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng 0.5đ Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2=-2(x6-x3y-32) 2x 6 2x 3 y y 2 64 0.5đ 6 3 x (x y) 64 0.25đ (x 2 )3 (x y)3 64 Vì x Z x 2 N 0.25đ Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị 0; 1; 2 0.5đ Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8),(0;-8),(2;8), (-2;-8) 0.5đ Đáp án đề thi vào lớp 9 Môn: Toán Thời gian: Giáo viên thực hiện: Nguyễn Khắc Trữ Hà Quang Hiểu Bài 1 Câu a: (3 điểm) Điều kiện để A có nghĩa là: (4 điểm) x 0; x 2 6x 9 0 x 0; x 3 2 0 x 0 0,5 x 4 8x 2 16 A = x 3 2 x 2 0,5 (x 2 4) 2 x 2 4 = x 3 2 x 3 0,5 x 2 x x 2 4 2x 2 3x 4 * x 0; A x 3 0,5 x x x 2 4 3x 4 * 0 x 3; A x 3 0,5 x x x 2 4 2x 2 3x 4 * x 3; A x 3 x x Câu b: (1 điểm) x 2 4 4 A nguyên nguyên nguyên x nguyên là ước của 4 0,5 x x Câu 2 Câu a: (2 điểm) (4 điểm) ' m 1 2 m 1 m 1 m 2 0,75 ' 0 m 1 m 2 0 0,25 m - 1 > 0 m > 1 m - 2 > 0 m > 2 m - 1< 0 m < 1 0,75 148
m - 2 2 0,25 2 2 2 Câu b: (2 điểm)  x1 x2 1 x1 x2 2x1 x2 1 0,5 = 4 (m - 1)2 - 2(m - 1) + 1 = 4m2 - 10m + 7 0,5 2 5 3 3 = 4 m 4 4 4 0,5 5 3 5 Dấu bằng xảy ra m Vậy min M = m 4 4 4 0,5 Câu 3 Điều kiện x 0; y 0 xy 0 0.25 (3 điểm) 1 1 1 xy 7x 7y 0 x y 7 Khi đó: y x 7 7 x 7 49 x 7 y 7 49 0,5 49 y 7 x 7 0,25 (Với x 7 ) 49 y Z y 7 Z Z x 7 là ước của 49 0,5 x 7 x 7 1 x 7 7 x 42;0;6;8;14;56 0,75 x 7 49 Các nghiệm nguyên dương của phương trình là: 0,75 x; y 8;56 ; 14;14 56;8  Câu 4 Điều kiện y 0 0,25 2 (3 điểm) 1 x 1 x x 2 3 x 3 2 (1) y y y y 0,5 1 x 1 x x 3 x 3 (2) 0,5 y y y y Cộng (1) và (2) vế với vế ta được: 2 1 1 0,5 x x 6 0 y y 1 1 x 3 x 2 0 y y 149
1 1 0,25 x 3 0 x 3 3 y y 1 1 x 2 0 x 2 4 y y 1 x 3 y 6y 2 3y 1 0(*) Từ (3) và (2) ta có: 0,5 x x 6y 6 y (*) vô nghiệm hệ vô nghiệm 1 x 3 2 y y 2y 1 0 Từ (4) và (2) ta có x x y 1 y 0,5 x y 1; hệ có 1 nghiệm x y 1; Câu 5 Câu a: (2 điểm) (4 điểm) Lấy trên cung BC điểm M sao cho A 0,25 AM là đường kính của đường tròn C' (O) ta chứng minh tứ giác BACM H O là hình bình hành B I C Gọi I là trung điểm của BC, M 0,25 ta có OI  BC theo (gt) AH  BC OI // AH (1) Gọi C' CH  O ta CBC' = 1v 0,25 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O)) AH // BC' Tương tự ta có: AC' // HB AC'BH là hình bình hành AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của CBC') OI = 1/2 AH (2) Từ (1) (2) H, I, M thẳng hàng, tứ giác A F B' BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại C' trung điểm mỗi đường nên nó là hình (O) ' 0,5 bình hành. B A ' Vậy điểm M cần tìm chính là giao E A C A' của AO với (O) M Câu b: ( 2 điểm) Do E đối xứng của M qua AB ta có: AEB = AMB (1) 150
Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên AMB = ACB (2) (cùng chắn cung AB) 0,75 H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được Ta có AHB = A'HB' (đối đỉnh) AHB + ACB = A'HB' + ACB = 1800 (3) Từ (1) (2) (3) AEB = EAB + MAB (do M, E đối xứng qua AB) 0,25 Tương tự ta chứng minh CHF = CAM 0,5 Ta có EHF = EHB + BHC + CHF = (MAB + CAM) + BHC = CAB + BHC = CAB + C'HB' = 1800 E, H,F thẳng hàng 2 Câu 6 1 3 a2 a 1 a 0a (2 điểm) Ta có: 2 4 0,5 a a2 1 a2 a2 1 1 0 (do a 0;1 nên a a2 ) áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương ta có: 1 a2 a 1 a2 a 2 0,5 1 a2 a 1 (1) 2 2 1 a a2 1 a a2 2 1(a a2 1) (2) 2 2 Cộng (1) (2) vế với vế ta được: a2 a 1 a a2 1 2 0,5 a2 - a + 1 = 1 Dấu bằng xảy ra a - a2 + 1 = 1 0,5 a2 - a = 0 a = 0 a - a2 = 0 a = 1 Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A Câu Nội dung Điểm Bài 1 4 151
Phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0 (1). Đặt t = x2 Phương trình (1) trở thành: t2+ 2mt +4 =0 (2) 0,5 Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1, t2 ' m2 4 0 1,5 t1 t2 2m 0 m 2 t1.t2 4 0 Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm là x1,2 = t1 ; x3,4 t2 4 4 4 4 2 2 Và x1 + x2 + x3 + x4 = 2 (t1 + t2 ) 2 = 2[(t1 + t2) - 2 t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16 1,5 Từ giả thiết ta có 8m2 - 16 = 32 m 6 ; m= 6 (loại). 0,5 Vậy giá trị cần tìm của m là: m 6 Bài 2 4 Hệ phương trình: 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0 y2 (x 1)y 2x2 5x 2 0 2 2 x y x y 4 0 (y x 2)(y 2x 1) 0 2 2 1 x y x y 4 0 y x 2 0 2 2 x y x y 4 0 1 y 2x 1 0 2 2 x y x y 4 0 x 1 y 1 4 x 1,5 5 x=1 va 13 y=1 y 5 4 13 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); ; - 5 5 0,5 Bài 3 3,5 x2 y2 4x2 *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 0,5 x y 4y 152
x2y2 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 0,75 + xy 0,5 * Vậy x 2 hoặc y 2 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 0,25 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 0,25 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 0,25 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 0,25 0.25 hay 1- y = 0 y =1 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 0,5 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bài 4 6 1 2 K O' A' M H N B' l A O P B Dựng AA' và BB' vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN OH MN 0,5 Trong hình thang AA'B'B ta có: 1 R 3 R OH = (AA' + BB') = MH= 1,0 2 2 2 0,5 MN= R và OMN đều. 2 2 Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK 0,75 1 ãAKN (sd ằAB sd MẳN) 600 2 0,5 Gọi O' là trung điểm của IK Mã O'N 2Mã KN 1200 MN 3 R 3 MN = MO ' 3 hay MO' = 3 3 153
R 3 0,5 Do đó bán kính đường tròn qua M, N, I, K là 3 0,25 3 2 Điểm K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB=2R nên dt(KAB) lớn nhất đường cao KP lớn nhất 1,0 AB2 3 KAB đều, lúc đó dt(KAB) = R2 3 4 1,0 Bài 5 2,5 Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: x y 3 0,5 2 2 x y 5 Từ các hệ thức trên ta có: x2 y2 2xy 9 (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 2 2 x y 5 0,5 5(x2 + y2) + 4(2xy) 41 Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x2 + y2) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được: 0,5 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 Đẳng thức xảy ra x y 3 0,5 2 2 (x; y) (1;2) x y 5 (x; y) (2;1) 2 2 4(x y ) 5(2xy) Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được x=1 hoặc x=2 0,5 Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 9. Câu 1: 1) Ta có 1+x2 = xy + yz + z = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) 0,5 điểm Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) 0,5 điểm y x y z z x z y T = x + x z x y z x z y x y x z x y x z y x y z y z = x y y z z x z y =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) 0,5 điểm 154
=2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= 2 0,5 điểm x y 5 z 2) Hệ xy x y z 8 x y u Đặt x, y là nghiệm của phương trình: t 2 - ut + v = 0 (a) xy v Phương trình có nghiệm u2 – 4v 0 (*) 0,5 điểm u 5 z 1 Ta có hệ: v zu 8 2 Thế (1) vào (2) v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8 Hệ có nghiệm (a) có nghiệm (*) xảy ra (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) 0 - 3z2 + 10z – 7 0 0,5 điểm 7 z 1 0 1 z (3) 3 7 3z 0 z 1 (z-1)(-3z+7) 0 z 1 0 7 7 3z 0 z (VN) 3 Từ (3) và do z nguyên z = 1; 2 0,5 điểm u 4 x y 4 x 2 +) z 1 v 4 xy 4 y 2 x 1 u 3 x y 3 y 2 +) z 2 v 2 xy 2 x 2 y 1 Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) 0,5 điểm Câu 2. Xét phương trình: x2+(1-2m)x+m2-1=0 a- = (1 - 2m)2 – 4(m2 - 1) = 4m2 – 4m + 1 – 4m2 + 4= 5 – 4m 0,5 điểm * Phương trình có 2 nghiệm phân biệt = 5 – 4m > 0(do a = 1 0) 5 m 0,5 điểm 4 5 Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt m 4 * Phương trình có 2 nghiệm trái dấu P = m2 – 1< 0 0,5 điểm m 1 1 m 1 0,5 điểm b- Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 lớn hơn 1 x1 1 0 Đặt t = x – 1 x = t + 1 0,5 điểm x2 1 0 Đưa về bài toán: Tìm m phương trình: (t + 1)2 + (1 – 2m)(t + 1) + m2 – 1 = 0 155
có 2 nghiệm phân biệt dương 0,5 điểm PT t2 + 2t + 1 + (1 – 2m)t + m2 – m = 0 t2 + (3 – 2m)t + m2 – 2m + 1 = 0 ( ) PT ( ) có 2 nghiệm phân biệt dương 2 2 0 3m 2 4 m 2m 1 0 2 P 0 m 2m 1 0 0,5 điểm S 0 3 2m 0 5 m 5 4m 0 4 2 m 1 0 m 1 (VN) 3 2m 0 3 m 2 Vậy không tồn tại m thoả mãn bài toán 0,5 điểm ax 4 x 4 x 2 a x 2 2: Xét PT: a (2) a 1 +) Với a>1: Ta có (2) ax 4 x 4 x 2 a x 2 a 2 a x 4 a x 2 a x 2 a 2 a 0,5 điểm 2 x 4 a x 2 a x 2 a a 2 0 x 4 a x 2 a x 2 a a x 2 a a 0 a x 2 a x 4 x 2 a a 0 x 4 x 2 a a 0 0,5 điểm 2 2 x 2 x 2 a x 2 a x 2 0 x 2 x 2 a x 2 x 2 a x 2 x 2 a 0 x 2 x 2 a x 2 x 2 a 1 0 x 2 x 2 a 1 0 (3) Đặt x 2 a t 1 (do a>1) x2 t 2 a t 2 t 1 a 0 0,5 điểm t 1 4 1 a 4a 3 0 1 4a 3 Phương trình có nghiệm: t 1 (loại) 1 2 1 4a 3 t 2 2 2 2 1 4a 3 4a 2 2 4a 3 4a 4a 3 1 x a 2 4 2 156
a 2006 Phương trình có nghiệm: 0,5 điểm 8024 3 1 8021 1 x 2 2 Câu 3: P B C L M N E I K R Kéo dài ME, MF cắt CD, BC tại N,P. DE cắt CF tại K A F D Có EA=MF=MN=PC (MNDF cũng là hình vuông) AD=AB=PF (cạnh hình vuông) EAD= CPF (c,g,c) 0,5 điểm 0 D1 F1 màD1 I1 90 0 0 F1 I1 90 IKF 90 EK  CF (1) 0,5 điểm Cm tương tự: CE  BF (2) Lại có: EMF CNM MF MN;ME CN MCN MEF; M1 M 2 (đối đỉnh) 0 0 0 Mà MCN M1 90 MEF M 2 90 MRE 90 CM  EF (3) 0,5 điểm Từ (1), (2) và (3) CM, DE, BF là đường cao của CEF  0,5 điểm 2) A c ha b B H a C 1 Trước hết chứng minh: S ac.SinB ABC 2 1 Thật vậy: S a.h ABC 2 a AHB vuông ở H AH = ha = AB.SinB = c.SinB 157
1 S ac.SinB 0,5 điểm ABC 2 Không mất tính tổng quát giả sử B là góc nhỏ nhất B 600 0,5 điểm a 1 Theo giả thiết ta có:  ac 1 0,5 điểm c 1 1 3 Vậy S ac.SinB ABC 2 4 (dấu đẳng thức a = c = 1 và B = 600) 0,5 điểm Câu 4: 2 3 1 1)a  1;1 ta có: 4a 3a 1 4 a 1 a 0 2 a 1 Dấu " = " 1 0,5 điểm a 2 3 áp dụng trên ta có: 4a1 3a1 1 0 3 4a2 3a2 1 0 3 4an 3an 1 0 0,5 điểm Cộng từng vế ta có: 3 3 3 4 a1 a2 an 3 a1 a2 an n 0 0,5 điểm n Do a3 a3 a3 0 a a a 0,5 điểm 1 2 n 1 2 3 3 x 1 2) Đặt y là hàm số xác định trên R 0,5 điểm x2 x 1 x 1 y0 thuộc tập giá trị của hàm số y có nghiệm x 0,5 điểm 0 x2 x 1 2 y0 x y0 1 x y0 1 0 có nghiệm *) y0 = 0: phương trình trở thành -x-1=0 phương trình có nghiệm 0,5 điểm 2 *) y0 0: phương trình có nghiệm y0 1 4y0 y0 1 0 0,5 điểm y0 1 y0 1 4y0 0 y0 1 1 3y0 0 y 1 0 y0 1 0 1 (VN) 1 3y0 0 y 0 0,5 điểm 3 y0 1 0 1 1 3y 0 y0 1 ( y0 0) 0 3 158
1 Cả 2 trường hợp trên suy ra phương trình có nghiệm y 1 3 0 Hay Max y=1 khi x = 0 1 Min y khi x = -2 0,5 điểm 3 a) Bất phương trình có nghiệm Max y m m 1 0,5 điểm 1 b) Bất phương trình đúng x Min y m m 0,5 điểm 3 Chú ý: 1- Bài hình học không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không cho điểm 2- Lời giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Hướng dẫn chấm môn toán : Kỳ thi học sinh giỏi lớp 9 Bài 1: Rút gọn 3 17 5 38 5 2, 14 6 5 3 5 (1đ) 5 2 1 Khi đó :x ( 5 2) (0,5đ) 5 3 5 3 1 1 3x3 8x2 2 3. 8. 2 3 Nên : 27 9 (0,5đ) A 32006 Bài 2: 2 1 6 3 1 (x ) x 3 3 x x 1 3 1 P 3 x x 3 (1đ) 1 3 1 x x x x 3 x x 1 = 3(x +) 6 ( x > 0 ) (1đ) x Bài3 : Phương trình :x2 – 2mx +2.20052006 = 0 (1) Có : ' m2 2.20052006 (0,5đ) Phương trình (1) có nghiệm nguyên khi ' là số chính phương Nhưng nếu : ' m2 2.20052006 = k2 , (k là số nguyên) (m-k )(m+k) = 2.20052006 là số chẵn (0,5đ) nên (m-k) và (m +k) đều là số chẵn Suy ra ( m – k)( m + k) chia hết cho 4, mà 2.20052006 không chia hết cho 4 (0,5đ) Mâu thuẫn này chứng tỏ (1) không có nghiệm nguyên. (0,5đ) Bài 4: Gọi x,y,z là các cạnh của tam giác vuông 159
x2 y2 z2 (1) 1 x y z , ta có : (0,5đ) xy 2(x y z)(2) Từ (1) suy ra : z2 (x y)2 2xy x y 2 4(x y z) (0,5đ) x y 2 4 x y 4 z2 4z 4 x y 2 2 z 2 2 x y 2 z 2,(do, x y 2) Thay z= x+y – 4 vào (2) ta được : (x-4)(y-4)= 8 = 1.8=2.4 (0,5đ) x 4 1 x 4 2 x 5 x 6 Suy ra : ; ; (0,5đ) y 4 8 y 4 4 y 12 y 8 Bài 5: Phương trình : x2 2 x 2x2. 2 x Điều kiện :x 2 , Đặt y 2 x,(y 0) x 2 y2 (0,5đ) Phương trình (1 y)(y2 y 1)(2y2 y 4) 0 (1đ) Phương trình có 3 nghiệm không âm : 5 1 33 1 5 1 33 1 y 1, y , y x 1, x , x (0,5đ) 1 2 2 3 8 1 2 2 3 8 Bài 6 : Y 4 B A M -2 O 1 4 X (d) 1 -Phương trình đường thẳng AB: y x 2 2 m2 -M là tiếp điểm của tiếp tuyến (d) song song với AB; M (m; ) ( 0,5đ) 4 m2 1 1 m2 -(d) : y (x m) y (x m) (0,5đ) 4 2 2 4 -Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : X2 – 2x +2m –m2 = 0 ' 1 Có 0 m 1 , Nên toạ độ M 1; (0,5đ) 4 1 1 Chứng minh (P) ở phía trên (d) : y x , giải thích được trực quan ở trên 2 4 1 1 1 2 đúng : x2 x x 1 0 4 2 4 Dấu “ =” xảy ra x 1 x M0 160
Vậy khoảng cách từ M0 đến AB là lớn nhất nên :SMAB lớn nhất. (0,5đ) Bài 7: Giả sử 2006 số được viết trên đường tròn là : a1, a2, a3, , a2006 thoã mãn : a a a i 1 i 1 , trong đó i= 2, 3, , 2006. i 2 a a a a Khi đó ta có :a 2006 2 ,a 2005 1 (0,5đ) 1 2 2006 2 Giả sử tất cả các số không bằng nhau và không mất tính tổng quát giả sử : a1 a3 a1> a2 (*) vì a a a 2 2 2 3 a a a 2 4 a a (0,5đ) 3 2 3 4 Tiếp tục quá trình lập luận đó ta nhận được kết quả : a1>a2>a3> a2005>a1, điều này mâu thuẫn với (*) (0,5đ) Vậy : a1= a2 = a3 = a2005 (0,5đ) Bài 8: Trường hợp góc C nhọn (hình1): AB'B HB'C BB' B'C VBB'C là vuông cân Vậy góc ở đỉnh C là :ACB 450 (1đ) Trường hợp góc C tù (hình2 ) : VAA'B VA'HC A'H A'B VA'HB là vuông cân Ta có :BHA' 450 ACB 1350 (1đ) EH CH (1),Talet : AH PPB PB CB Bài 9 a/ Ta có : AH 2EH (1đ) AH CH (2),VACH : VPOB PB OB b/ AH 2 BH.CH (2R CH ).CH 2 AH.CB AH.CB 2R 2 2 (1đ) 2R . AH 2 . d R 2PB 2PB d Bài 10 : Nếu 2 điểm nằm khác phía đối với (P) thì đoạn thẳng nối chng cắt (P). Giả sử có x điểm thuộc 1phía của (P) và (10- x) điểm thuộc phía còn lại . Số giao điểm của các đoạn thẳng với (P) là : T= x( 10 – x) = - x2 + 10x = -( x-5)2 + 25 25 Vậy mp (P) không thể có 30 giao điểm với các đoạn thẳng . C H A' C B' B' A' H 161
A B A C ' B C ' Hình 1 P A Hình2 E B O H C Hình 3 Hướng dẫn và biểu điểm chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn Toán Bài I: (3 điểm) Câu 1: (1,5 điểm) Ta có A = 4 5 3 5 48 10 4 4 3 3 = 4 5 3 5 48 10(2 3) 0,5 điểm = 4 5 3 5(5 3) = 9 3 0,5 điểm Vậy A = 3 0,5 điểm Câu 2: (1,5 điểm) Giải phương trình x 2y 1 3x y 7 = 0 (1) x 2y 1 0 Ta có để (1) thoả mãn 0,25 3x y 7 0 điểm x 2y 1 0 (2) 0,5 3x y 7 0 điểm (3) 13 10 Giải hệ (2), (3) tìm ra x = ; y 0,5 7 7 điểm 162
13 10 Vậy nghiệm của phương trình (1): x = ; y 0,25 7 7 điểm Bài II: (5 điểm) Câu 1 (2 điểm) 4x 3 x 2 4x 4 x 2 1 (x 2)2 B = 1 1 0,5 x 2 1 x 2 1 x 2 1 điểm => Bmin = -1 x=-2 0,5 điểm Mặt khác: 4x 3 4x 2 4 4x 2 4x 1 (2x 1)2 B = 4 4 0,5 x 2 1 x 2 1 x 2 1 điểm 1 => Bmax = 4 x= 0,5 2 điểm 1 Vậy giá trị Bmax = 4 x= 2 Bmin = -1 x=-2 Câu 2 (3 điểm) *Gọi toạ độ của A và B theo thứ tự (x1; y1) và (x2; y2). 2 2 2 Khi đó AB = (x2- x1) + (y2- y1) 0,5 điểm y B 2 A 0 x 2 *Do A, B là giao điểm của y= kx + 2 và y=x nên x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 = kx + 2 x2 - kx - 2 = 0 0,5 điểm 2 2 *Khi đó: (x2- x1) = k +8 và x2+ x1= k 0,5 điểm 2 2 2 => (y2- y1) = k (k +8) 0,5 điểm *Suy ra AB2= k2 + 8 + k2(k2+ 8) = k4 + 9k2 + 8 8 0,5 điểm * => ABmin=2 2 k=0 0,5 điểm Bài III (4 điểm) 163
Câu 1 (2 điểm) TXĐ: x: 5-x6 0 6 5 x 6 5 0,25 điểm Ta cóx 1 thì x4 và x6 lớn hơn 1 x 1 thì x4 và x6 nhỏ hơn 1 0,25 điểm + TH1: x 1 suy ra: 5 x 6 4 5 x 6 2 => 0,25 4 4 3x 2 1 3 3x 2 1 điểm => 5 x 6 3 3x 4 2 1 => pt vô nghiệm 0,5 điểm + TH2: x 1 tương tự => 5 x 6 3 3x 4 2 1 => pt vô nghiệm 0,25 điểm x 1 6 4 + TH3: x 1 x = x thay vào pt =>x=-1; x=1 thỏa mãn 0,5 x 1 điểm Vậy phương trình có hai nghiệm x=-1; x=1 Câu 2 (2 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 ab bc ca 33 (a b)(b c)(c a) Theo bất đẳng thức Côsi cho 3 số ta có: 3 2 ab bc ca ab + bc + ca 33 (abc) abc (1) 0,5 3 điểm Và a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (a + b + c)2 3(ab+bc+ca) a b c 3(ab bc ca) (2) 0,5 điểm Mặt khác: (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc 3 ab bc ca 3(ab bc ca)(ab bc ca) 3 3 2 (a+b)(b+c)(c+a) ab bc ca 3 ab bc ca 33 (a b)(b c)(c a) 0,5 điểm Dấu "=" xảy ra a=b=c 0,5 điểm 164
Bài IV (4 điểm) TH1: Nếu AB=AC => K F => CKA = CFA =900 0,5 điểm TH2: Nếu AB AC. Giả sử AB BEF cân 1800 Eã BF BAC BCA => BEF = BF E = 0,5 2 2 điểm Mặt khác: BEF = BAK + EKA (tính chất góc ngoài của tam giác) 0,5 điểm BAC BCA BAC BCA => EKA = BEF - BAK = - = = BCO 0,5 2 2 2 điểm Do K và C cùng phía và cùng nhìn đoạn OF dưới cùng một góc => CKFO nội tiếp 0,5 điểm Vậy CKA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đườg tròn) 0,5 điểm Bài V (4 điểm) B H A N O C D M AN HN b Gọi H là trung điểm của AB => AHN MHB => MB HB a 165
b b => HN= HB = HA (1) 0,5 a a điểm AH HN OB HN HN b * AHN AOB => => = AO OB OA AH HB a b => OB = OA (2) 0,5 a điểm b 2 *Xét vuông AHN: HN2 + HA2 = AN2 => HA2(1 + ) = b2 0,5 a 2 điểm a 2 b 2 4a 2 b 2 => HA2 = => AB2 = 4HA2 = 0,5 a 2 b 2 a 2 b 2 điểm b 2 4a 2 b 2 *Xét vuông AOB: OA2 + OB2 = AB2 => OA2 + OA2= 0,5 a 2 a 2 b 2 điểm 4a 4 b 2 2a 2 b => OA2= => OA= 0,5 (a 2 b 2 )2 a 2 b 2 điểm 2ab 2 => OB = 0,5 a 2 b 2 điểm 1 Mà diện tích SABCD = AC.BD = 2OA.OB 2 8a 3b 3 Vậy S = (đvdt) 0,5 (a 2 b 2 )2 điểm (+Học sinh giải bằng phương pháp khác nếu đúng cho điểm tuyệt đối +Bài hình không vẽ hình không chấm bài hình) Sở gd & ĐT thanh hoá đáp án – thang điểm Trường thpt triệu sơn 3 đề thi tuyển sinh vào 10 - thpt chuyên lam sơn === === môn: toán chuyên Bài Nội dung điểm 166
Câu1(1điểm) 4 2 3 (1 3) 2 1 3 Ta có 2 3 2 3 . Do đó 2 2 2 Bài 1 2 2 3 (1 3) 2 1 3 (1) 0,5 2 điểm 2 2 3 2 (1 3) 2 6 2 3 3 1 Tương tự (2) 2 2 3 6 2 3 2 3 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 3 2 2 3 0,5 7 29 Vì 2 suy ra đpcm. 5 20 Câu 2( 1điểm) ĐK : x 0. Ta có 3 2 3 .6 7 4 3 x 3 2 3 .6 (2 3) 2 x A x x 0,5 4 9 4 5 . 2 5 x 4 9 4 5.4 (2 5) 2 x 3 2 3 .3 2 3 x 1 x x x 1 0,5 4 9 4 5 .4 9 4 5 x 1 x Dễ dàng chứng minh được rằng : 0,5 Bài 2 Nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc. áp dụng : Đặt a ( y z)3 1 x 3 , b (z x)3 1 y 3 , c (x y)3 1 z 3 2 điểm Khi đó a + b + c = 0 nên a3 + b3 + c3 = 3abc hay: 0,5 (y z) 3 (1 x 3 ) (z x) 3 (1 y 3 ) (x y) 3 (1 z 3 ) 3(x y)(y z)(z x)3 (1 x 3 )(1 y 3 )(1 z 3 ) Biến đổi VT của đẳng thức trên , ta được VT 3(1 xyz)(x y)(y z)(z x) 0,5 Vì x,y,z đôi một khác nhau nên suy ra 1 xyz 3 (1 x 3 )(1 y 3 )(1 z 3 ) . 3 3 3 3 Do đó (1 x )(1 y )(1 z ) (1 xyz) 0,5 Bài Nội dung điểm 167
Câu1(1điểm) Điều kiện để phương trình có nghiệm là 2 = -3m2 + 4m + 4 0 m 2 Bài 3 3 x x 4 m 0,5 Theo định lý Viét, ta có 1 2 2 điểm 2 x1 x2 m 3m 3 2 2 2 2 Do đó x1 + x2 = 6 (x1+ x2) - 2x1x2 = 6 - m - 2m + 4 = 0 m = -1 5 0,5 Đối chiếu điều kiện ta đuợc m = -1 + 5 Câu 2( 1điểm) 2 Với điều kiện m 2 và m 0 ta có: 3 mx 2 mx 2 mx 2 (1 x ) x 2 (1 x ) mx 2 x 2 x x (x x ) 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 x 1 x (1 x )(1 x ) 1 x x (x x ) 1 2 1 2 1 2 1 2 0,5 m 2 6m 1 2 2 mx1 mx 2 Do đó , đặt F 8 thì F = ( m – 3 )2 1 x1 1 x2 2 2 2 121 0,5 Suy ra 1 (2 3) F ( 3) . Đpcm 3 9 ĐK : - x y x, x 0 Bài 4 x y x y 4 x y x y 4 Hệ PT 0,5 1 2 1 2 2 2 2 điểm (x y) (x y) 128 (x y) (x y) 256 2 2 u x y u v 4 u v 4 Đặt ( u, v 0) . Ta được 4 4 uv(uv 32) 0 v x y u v 256 0,5 u v 4 (VN) 0,5 uv 32 u 4 u v 4 v 0 x y 8 0,5 uv 0 u 0 x 8 & y 8 v 4 Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8). 168
Bài Nội dung điểm Câu1(1điểm) ĐK : x 0, x 1. Ta có 1 1 (x 1)2 x2 Bài 5 ( )2 ( )2 15 15 0 x x 1 x2 (x 1)2 2 2 điểm 1 2x(x 1) 1 1 0,5 2 2 2 2 15 0 2 15 0 x (x 1) x (x 1) x(x 1) x(x 1) y 3 1 2 Đặt y . Ta được y 2y 15 0 x(x 1) y 5 3 21 5 3 5 0,5 Vậy phương trình có 4 nghiệm  6 10 Câu 2( 1điểm) ĐK: x 2 x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 0,5 x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 x 1 1 0 0,5 ( x 1 1)( x 2 x 3) 0 x 2 x 2 x 3 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. Câu1(1điểm) Bài 6 Vẽ (P) ( học sinh tự vẽ) Phương trình đường thẳng (d): y = mx – 2 2 điểm x 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): mx 2 x 2 4mx 8 0 4 0,5 Vì ' 4m 2 8 0,m R nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. 0,5 Câu 2( 1điểm) Giả sử A(xA;yA) , B( xB;yB) thì xA và xB là hai nghiệm của phương trình y A mx A 2 x2 + 4mx – 8 = 0 và Khi đó y mx 2 B B 0,5 2 2 2 2 AB ( x B x A ) ( y B y A ) ( x A x B ) 4 x A x B (1 m ) 2 2 (16 m 32 )( m 1) 4 2 ,  m R 0,5 Vậy AB min = 4 2 m 0 Bài Nội dung điểm 169
Bài 7 Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x) nên (x + y) (y + z)(z + x) = 8. 0,5 2 điểm Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x thì abc = 8 do đó a,b,c { 1, 2, 4, 8 } Giả sử x y z thì c b a. Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 nên a 2 0,5 b c 4 a) Với a = 2 ta có b c 2 x y z 1 0,5 bc 4 b c 2 b) Với a = 4 ta có Không có nghiệm nguyên. bc 2 b c 2 0,5 c) Với a = 8 ta có b c 1 x 5, y z 4 bc 1 Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4 ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4) Bài 8 2 điểm Gọi I là trực tâm của tam giác ABC . Do AFHC và ABMC là các tứ giác nội tiếp nên BCM =BAM=ICH . 0,5 Suy ra ICM cân .Ta có IH =HM .Tương tự EI = EN , IF = KF . Do đó: 0,5 AM BN CK HM NE KF 3 0,5 AH BE CF AH BE CF IH IE IF S S S 3 3 BIC CIA AIB 4 0,5 AH BE CF S ABC S ABC S ABC Bài Nội dung điểm 170
Bài 9 2 điểm Đặt MA1 = x, MB1 = y , MC1 = z , ta có ax + by + cz = 2S ABC .Vì 0,5 a b c x y y z z x ( )(ax by cz) a 2 b 2 c 2 ab( ) bc( ) ca( ) x y z y x z y x z 0,5 (a b c) 2 a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ca (a b c) 2 P 0,5 2S ABC Dấu bằng đạt được khi x = y = z . Khi đó M trùng với tâm đường tròn ngoại 0,5 tiếp tam giác ABC Bài 10 2 điểm Phần thuận Xét hai trường hợp Trường hợp 1 P là giao điểm của BC và AD. Gọi I là trung điểm của OA , khi đó ODM OD OI 1 đồng dạng OID ( do  DOM chung ; ) OM OD 2 ODM = OID = OCD (1) 0,5 Mặt khác OCD =BPD (2) ( cùng bằng một nửa tổng số đo hai cung BA và AC) Từ (1) và (2) suy ra BPD = BID Tứ giác BDPI nội tiếp .Vậy BIP = 1v 0,5 Từ đó P nằm trên đoạn thẳng I1I2 ( một phần đường trung trực của đoạn OA) Bài Nội dung điểm 171
Trường hợp 2 P là giao điểm của AC và BD , lúc đó P chạy trên hai tia I1x và I2y ( thuộc đường trung trực của đoạn OA) 0,5 Tóm lại : Khi cát tuyến MCD thay đổi thì P chạy trên đường trung trực xy của đoạn OA ( trừ điểm I). Phần đảo Lấy điểm P bất kỳ trên đường xy ( trừ điểm I). PA, PB cắt đường tròn (O) lần lượt tại các điểm C, D tương ứng .Cần chứng minh M ,C ,D thẳng hàng. Thật vậy từ tam giác PBM cân tại P PMO =PBO =OCP OPCM là tứ giác nội tiếp POM + PCM = 1800 (3) Lại vì tam giác POA cân và ABCD là tứ giác nội tiếp (O) nên POM = PAO =BCD (4) Từ (3) và (4) PCM + BCD = 1800 hay M, C, D thẳng hàng. 0,5 Kết luận Quỹ tích điểm P là đường thẳng xy (từ điểm I) Đáp án và thang điểm đề thi học sinh giỏi lớp 9. Nội dung Điểm Câu 1:(2,0đ) 4 2 3 ( 3 1)2 - Biến đổi 2 3 2 2 1,0 ( 3 1)2 - Tương tự 2 3 2 ( 3 1)2 ( 3 1)2 3 1 3 1 Vậy A= 2 2 2 6 2 2 2 6 2 6 1,0 Vậy A= 2 Câu 2: (2,0đ) [(x + y + z)3 – x3 ] – (y3 + z3) = (x+y+z-x)[(x+y+z)2 +x(x+y+z)+x2] - (x+y)(y2 –yz +z2) 1,0 = (y+z)[3x2 + y2 + z2 + 3xy + 3xz + 2yz –y2 + yz – z2] = (y+z)(3x2 + 3xy + 3yz + 3zx) = 3(y+z)[x(x+y) + z(y+x)] 1,0 = 3(y+z)(z+x)(x+y) Câu 3:(2,0đ) - Tìm được điều kiện phương trình có 2 nghiệm phân biệt. =m2 – 5m + 4>0 (m 1) 0 0,5 (m 4) 0 m 4  (m-1) (m-4) >0  (m 1) 0 m 1 (m 4) 0 - Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình đã cho. ta có. 0,5 172
Nội dung Điểm x1 x2 2m x1x2 5m 4 2 2 - Theo bài ra x1 + x2 8. 2 2  (x1+x2) – 2x1x2 8  4m – 10m + 8 8  4m2 – 10m 0  2m(2m-5) 0 m 0 5 2m 5 0 m 1,0  2 m 0 m 0 2m 5 0 m 0 Kết hợp điều kiện ta có m 4 Câu 4: (2,0đ) 2 1 2x2 12x 1 0 Đặt X = 2 ; Y= ĐK: 0,5 2x 12x 1 y 3x y 3x 0 Theo bài ra ta có hệ 2X Y 1 X 2 0,5 3X 4Y 18 Y 3 2 Với X=2 2 2x2 12x 1 (t/m) 2 x 0 2x –12x + 1 =1 x 6 (t/m) 1 1 0,5 * x=0 3 y y 3 1 1 55 * x=6 3 y 18 y y 18 3 3 Kết luận: Vậy hệ có nghiệm là: x 0 x 6 0,5 1 và 55 y y 3 3 Câu 5: (2,0đ) + (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2  (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1) 0,75 x=0 không phải là nghiệm pt (1). Chia 2 vế (1) cho x2 ta được. 8 8 (1)  (x+ 6)(x 9) 28 x 9 8 Đặt t = x+ 0,5 x (1) (t+6)(t+9) =28  t2 + 15t + 26 =0 t 2  0,25 t 13 173
Nội dung Điểm Với t = -2 8 0,25 x+ 2  x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm x 8 Với t = -13 x+ 13  x2 + 13x + 8 =0  x = -13 137 0,25 x Câu 6:(2,0đ) Do parabol (P) tiếp xúc với đường thẳng d tại I(1;4) do đó ta có phương trình: ax2 = bx+c có nghiệm kép  ax2 –bx –c =0 có nghiệm kép. 0,5 a 0  2 b 4ac 0 Mặt khác I(1;4) (P) và I d nên ta có a 4 a 4 4 a 1,0 Ta có hệ b c 4 b c 4 b c 4 2 2 b 4ac 0 b 16(4 b) 0 a 4 a 4  b c 4 b 8 0,5 b 8 c 4 Câu 7:(2,0đ) Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x = m 0,5 am2 + bm + c =0  c=m(-am-b) Do a,b,c, m nguyên suy ra 0,5 c chia hết cho m. Mặt khác do c lẻ m lẻ 2 m a + bm + c lẻ 0 trái giả thiết x=m là nghiệm. 1,0 Vậy pt không có nghiệm nguyên. Bài 8:(2,0đ) + O’HC đồng dạng với OHA B O'H O'C HC OH OA HA 0,5 + Xét 2 tam giác HOO’ và HAC có M O'H HC   và O'H O AH C 1V H OH HA o HOO’ đồng dạng với HAC o’ 0,5 A N C     H O'O H C A tứ giác O’HCN nội tiếp (O' C 1800 )    nên O H C O'N C 1800 mà O'H C 450 1,0   O'N C 1350 O'N A 450 AMN vuông cân hay AM = AN. Câu 9:(2,0đ) A D 174
Nội dung Điểm + Chỉ ra DM AO 0,5 + Xét 2 tam giác vuông ADO và DCI có AD=DC (gt) O   D AO I DC (góc có cạnh tương ứng vuông góc) M ADO = DCI B I là trung điểm BC. I C 1,5 Câu 10:(2,0đ) + Phân tích: Giả sử ta dựng được hình bình hành ABCD tâm O, với E,F là trung điểm các cạnh CB, CD BD D E C EF//BD và EF = OD OB 2 I là trung điểm EF và OC O I 0,75 1 F IC = OI = AO 2 A B Nên O là trọng tâm tam giác AEF + Cách dựng: - Dự AEF, trung tuyến AI - Dựng trọng tâm O tam giác AEF 0,75 - Kéo dài OI 1 đoạn IC=OI OA = OC - Qua O dựng đường thảng song song với EF cắt CE tại B và CF tại D. ABCD là hình bình hành cần dựng + Chứng minh: Trong tam giác CBD, EF qua trung điểm I của OC và // với BD nên EF qua trung điểm CB và CD E,F là hai trung điểm của CB và CD 1 1 ta có IE = OB ; IF = OD OB=OD 0,5 2 2 ABCD là hình bình hành + Biện luận: Bài toán luôn luôn có 1 nghiệm hình. đề kế tiếp không có đáp an!!! Đáp án và biểu điểm môn toán thi học sinh giỏi lớp 9 175
(a b)(n 1) Câu 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số dương và (n -1) số 1 ta c (a b)(n 1) (n 1)(a b c) c n c có: n n  n n 1  (1) c nc a b n 1 a b c tương tự ta cũng có: b n b n  n n 1 (2) (1 điểm) c a n 1 a b c a n a n  n n 1  (3) b c n 1 a b c Cộng các vế (1) , (2) , (3) vế theo vế ta có: a b c n n n n n  n 1 (4) (1 điểm) b c c a a b n 1 dấu “=” xảy ra đồng thời ở (1), (2) và (3) đều xảy ra dấu “=”. (n 1)(a b) c (n 1)(c a) b 2(n-1)(a+b+c) = a + b + c = n = 3/2. (n 1)(b c) a 3 Do N nên điều vừa nhận được dấu “=” ở (4) không xảy ra, suy ra điều phải 2 chứng minh. (1 điểm) Câu 2: Cộng (1) và (2) ta có: 3(a2 + b2 + c2 + d2) = 42 + d2 3p 42 p 14. Ta thấy p = 14 d = 0 thì hệ trở thành: a 2 2b 2 3c 2 36 (1') (1 điểm) 2 2 2a b 6 (2') b chẵn Từ (2' )b = 0 hoặc b = 2 (1 điểm) b 3 Nếu b = 0 a2 = 3 không có giá trị của a Nếu b = 2 thì a2 = 1 a = 1 c = 3. Vậy P nhỏ nhất bằng 14 khi (a, b, c, d) = (1, 2, 3, 0) (1 điểm) 28 27 27 27 Câu 3: an 1 1 27an 28an 1 27an (an 1) an 1 27 26 25 24 2 (an 1)(27an an an an an an 1) (1 điểm) 27 26 25 2 (an 1)[27(an 1) (an 1) (an 1) (an 1) (an 1)] (1 điểm) 27 26 27 Ta biết: (an 1)(an 1) ; (an 1)(an 1) ; (an 1)(an 1) ; ; 2 (an 1)(an 1) (1 điểm) 176
nên ta có: 2 (an 1 1)(an 1) (1) Với a0 = 9 và (1) cho n lấy giá trị từ 1 đến 10 ta suy ra: 211 2048 (a11 1)10 hay (a11 1)10 (1 điểm) từ đó suy ra a11 có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9. Câu 4: Dễ thấy: x3 + y3 + z3 = (x+y+z)[(x+y+z)2 - 2(xy+yz+zx)] - (x+y+z)(xy+yz+zx)+3xyz = (x+y+z)3 - 3(x+y+z) (xy+yz+zx)+3xyz (1 điểm) Hãy xem đa thức bậc 3: f(X) = (X-x)(X -y)(Z-x) + d (1) Với ký hiệu này phương trình trở thành: f(a) = f(b) = f(c) = 0 Nói cách khác a, b, c là 3 nghiệm khác của f(X) do đó: f(X) =(X-a)(X-b)(X-c) (2). Khai triển vế phải của (1) và (2) ta được: X3 -(x+y+z)X2 + (xy+yz+zx)X - xyz+ d = X3 -(a+b+c)X2 + (ab+bc+ca)X - abc (1 điểm) Từ đây suy ra: x y z a b c xy yz zx ab bc ca (1 điểm) xyz abc d Vì vậy sử dụng đẳng thức đầu tiên ta được: x3 + y3 + z3 = (a+b+c)3 - 3(a+b+c)(ab+bc+ca)+ 3(abc+d) = a3 + b3 + c3 + 3d (1 điểm) Câu 5: Gọi M1 là tâm của vòng tròn ngoại tiếp OAB. M 2 là trung điểm của cung nhỏ AB của đường tròn đó. Để tìm tập hợp M ta cần tìm M 1  M 2  (1 điểm) a. Tập M 1  : Ta có OM1 = M1A = BM1 = (1 điểm) 0 0 M1OA 90 ; M1OB 90 M1 thuộc cung nhỏ M’M’’ của đường tròn (O, a) (1 điểm) (ở đây OM’  Oy , OM’’ Ox ; OM’ khác phía với Oy so với Ox, OM’’ khác phía Ox so với Oy). b. Tập M 2  là đoạn M1M2 trong đó M1 , M2 thuộc phân giác Oz của góc xOy ; OM1 = a ; OM2 = 2a (2 điểm) Vậy tập hợp các điểm M chính là:  M1M2 (1 điểm) 177
Hướng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi lớp 9 bảng A Bài Hướng dẫn chấm Điểm Biểu thức có nghĩa khi m khác 0 ; 1 ; -1 ; 3 0,5 (m 2)(m 1) 4(m 1) 3 0,5 M = n m (m 3) 4(m 1)(m 1) m(m 1) (m 2)(m 1) 1 3 0,5 . 1 = n m (m 3) m 1 m(m 1) (m 2)(m 1) m 3 m 2 = . 0,5 m n (m 3) m(m 1) m n 1 1) Ta có M = (a2 +1 )( b2 +1 )( c2 +1 ) = = (a2 +ab + bc + ca )(b2 +ab + bc + ca )( c2 + ab + bc + ca ) = 0,5 = a b a c  a b b c  c a (b c) (a b)(b c)(a c)2 Do a ; b ; c là các số hữu tỉ , nên M là số hữu tỉ 0,5 2) Ta có a2 = c2 +2ab –2ac - 2bc +a2 =(a – c)2 +2b(a – c ) =( a – c)( a – c + 2b ). . b2 = c2 + 2ab – 2ac – 2bc +b2 = 2 = (b – c )2 + 2a( b – c )( b – c +2a ). 0,5 Vậy a 2 (a c) 2 (a c)(a c 2b) (a c) 2 2(a c)(a c b) a c b 2 (b c) 2 (b c)(b c 2a) (b c) 2 2(b c)(a c b) b c Vì b c;a b c . hai điều kiện này được suy ra từ điều kiện c2 +2( ab – ac – bc ) như sau : - Nếu b = c thì b2 + 2(ab – ab – b2 ) = -b2 = 0 trái giả thiết - Xét phương trình bậc hai : c2 – 2( a+ b )c +2ab = 0 0,5 Có ' a 2 b 2 ;b 0 c a b ' a b Xét m = 1 thì (1) trở thành –2x = 2 , nghiệm x = -1 < 0 , loại 0,5 Xét m 1 phương trình là bậc hai m 1 Ta có P = , xét ba trường hợp : m 1 178
a) (1) có nghiệm x = 0 P = 0 m 1 (2) 3 b) (1) có hai nghiệm trái dấu P 0 1 m 1 (3) 0,5 c) (1) có hai nghiệm cùng dấu , khi đó phải cùng dương. Ta có: ' 0 2 m 0 m 1 P 0 1 m 2 (4) m 1 S 0 m 1 Gộp các kết quả (2) ; (3) ; (4 ) ta tìm được các giá trị của m là -1 < m 2 1,0 a) Nghiệm của hệ đã cho là nghiệm của hai hệ : x y 1 0 (1) x y 1 0 (1) (I) (II) . Giải ra ta có nghiệm x y 2 0 (2) x 2y 1 0 (3) của hệ (I) là ( 1,5 ; 0,5) và của hệ (II) là (3 ;2 ) 0,5 Giải bằng đồ thị y 2 B A 4 -1 -1 12 3 x 0,5 Vẽ chính xác ta được A(1,5; 0,5) và B(3;2) b) Trong x – y – 1 = 0 nếu thay –1 bằng số khác thì đồ thị của phương trình mới song song với đồ thị của phương trình ban đầu . đồ thị này luôn cắt đồ thị của x – 2y + 1 = 0 và x + y – 2 = 0 . Để hệ đã cho chỉ có một nghiệm ta chỉ việc thay –1 trong x – y – 1 = 0 bởi 0 để đồ thị đi qua C (1 ; 1 ) là giao điểm của hai đường thẳng (2) và (3). Giả sử phương trình ban đầu của hệ đã cho là ax + by – 1 = 0 ( với a ; b không đồng thời bằng 0 ) . Đồ thị của nó không thể đồng thời song song với hai đường x + y – 2 = 0 và x – 2y + 1 = 0 là hai đường thẳng cắt nhau . Vậy hệ 1,0 phương trình luôn có nghiệm Vì cả hai vế của phương trình đã cho đều không âm nên (1) ( 2x 3 5 8x) 2 4x 7 (2x 3)(5 8x) 2 (2x 3)(5 8x) 4x 7 2 10x 1 2 16x 14x 15 (2) 1,0 5 Vì vế phải của (2) không âm nên vế trái 10x-1 phải không âm : 1 1 10x - 1 0 x . Nếu x , bình phương hai vế của (2) ta 10 10 có : 100x2 –20x +1 = -64x2 –56x + 60 hay 2 164x + 36x – 59 = 0 (3) . Giải phương trình (3) ta có x1= 59 1 ; x2 ; nghiệm x1 loại , x2 thoả 1,0 82 2 179
Vẽ (P) đã cho : Lập bảng giá trị x -4 -2 -1 0 1 2 4 y -4 -1 -1/4 0 -1/4 -1 -4 Đồ thị là (P) có điểm cực đại O(0;0) ;trục đối xứng là Oy. Phương trình của đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng : y = mx +n ; (d) đi qua I(0;-2) do đó –2 = m.0 +n n = -2 . Vậy phương trình của (d) là : y = mx – 2 .Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : x 2 mx 2 x 2 4mx 8 0 4 ' 4m 2 8 0 (m R) (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B y -4 -2 2 4 O x -1 1,0 6 -4 2 2 2 2) AB = (xB – xA) + (yB – yA ) yA = mxA-2yB = mxB – 2 yB –yA = m(xB – xA) 2 2 2 (yB – yA) = m (xB – xA) , do đó : 2 2 2 2 2 2 AB = (xB – xA) +m (xB – xA) = =(16m +32)(m +1) 32 1,0 ABmin = 4 2 khi m 0 Hướng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 9 Nội dung ý Thang điểm 180
1 A ( 3)2 2 3 .3 2 (3 2)2 1 ( 3)2 2 3 .3 2 (3 2)2 ( 3 3 2)2 ( 3 3 2)2 0.5 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 6 2 1 2 Đặt 3 a x; 3 b y 0.5 x4 x2y2 y4 0.5 B x2 xy y2 Bài 1 (x2 y2 )2 x2y2 (x2 y2 xy)(x2 y2 xy) 0.5 x2 xy y2 x2 xy y2 0.5 x2 y2 xy 0.5 B 3 a2 3 b2 3 ab 181
x2 4x 5 2 2x 3 (1) 3 Điều kiện :x 0.5 2 (1) x2 6x 9 (2x 3) 2 2x 3 1 1 (x 3)2 ( 2x 3 1)2 0.5 Bài 2 x 3 2x 3 1 0.5 [x 3 2x 3 1 vô nghiệm x 3 2x 1 1 x 2 x 1 0.5 x2 4x 4 2x 3 1 1 0.5 Điều kiện: x ;y 2 2 Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy 1 1 1 1 2 2 2 2 x y y x 1 4 1 1 1 4 2 4 2 (1) 1 y x x x y x 1 1 4 Tương tự: 2 (2) x y y Bài 3 4 4 Từ (1) và (2) ta có: 2 2 x y 0.5 x y 1 1 4 2 2 2 2 x y x x x Ta có: 1 2 1 1 0 ( 1)2 0 x 1 1 x2 x x Kết luận: Vậy hệ có nghiệm x = y =1 182
Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0 0.5 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0 =>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy = =x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt = =x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt 1 +16t2 + y2- 4yt + 4t2 = =[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0 0.5 A 352. 0.5 Bài 4 Dấu bất đẳng thức xảy ra: 2y – z = 0 z - 4t = 0 y - 2t = 0 x + 2y + 2z + 2t = 0 (x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0 0.5 => (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1) Ta chứng minh: S 2S1 . Hạ AH  BC 1 A Ta có: S = AH .BC 2 S1 = MN. MQ M N 0.5 B Q H P C Bài 5 Lại có: MQ // AH (Do MQ  BC, AH  BC) MN AM MQ BM (1) BC AB AH AB 0.5 MN MQ AM BM AM .BM 1 AM BM . . ( )2 BC AH AB AB (AB)2 (AB)2 2 1 183
MN . MQ 1 (AB)2 1 BC .AH . MN . MQ 0.5 BC .AH (AB)2 4 4 4 S S S 2S . Bài 5 1 2 1 Dấu “ = ” xảy ra khi AM=BM hay MN là đường trung bình của tam giác ABC 0.5 A L N C B D I Kéo dài MN cắt AB và AC lần lượt tại K, L 1 Ta có: AN, DN, MD, MB là các đường phân giác của Bài 6 ACD và ABD. => DNA ~ DMB DN AD ND MD => (hay ) => DMN ~ DBA. MD BD AD BD 0.5 => DMN = DBA. Vậy MDBK là tứ giác nội tiếp. => AKL = MDB = 450 => AKL cân 0.5 mà AH là đường cao => KAH = LAH => AH là 1 phân giác BAC => AH đi qua điểm I chính giữa cung BC. Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa câu đó. ĐáP án đề Thi 184
Câu Nội dung Thang điểm Câu 2 2(3 4 3 2) 2(3 4 3 2) I a) x= = = 0,5 điểm 3 4 3 3 3 3 4 2 2 2 2 3 ( 4) ( 2) = 3 4 3 2 6 6(3 4 3 2) 6(3 4 3 2) y= = = = 0,5 điểm 23 2 2 4 3 (3 4) 3 (3 2) 3 4 2 = 3 4 3 2 b) Tính -x3y+xy3 = xy( -x+y) (x+y) 0,5 điểm Thay x= 3 4 3 2 và y = 3 4 3 2 0,5 điểm ta được -x3y+xy3 = 163 2 83 4 Câu 2 0,5 điểm II = (2m - 3) 0 m |R Theo định lí Vi et : 1 2m x + x = (1) 1 2 2 m 1 x 1 .x 2 = (2) 2 Theo đề ra 3k1 -4k2 = 11 (3) 0,5 điểm 1 x (13 4m) 1 Từ (1) và (2) ta có : 7 1 x ( 19 6m) 2 14 Thay vào (3) ta có : 0,5 điểm 8m2 - 17m - 66 = 0 33 Giải ra ta có : m1 = -2 ; m2 = 8 0,5 điểm Câu x 1 0 x 1 III Điều kiện : 0,5 điểm y 0 y 0 1 1 Đặt X = ; Y = x 1 y Hệ trở thành : X Y 0 X 1 2X Y 3 Y 1 0,5 điểm 0,5 điểm 185
1 1 x 1 x 1 1 Ta có 1 (Do x-1 0 ,y 0 ) 1 y 1 y 0,5 điểm Câu x 2 Nên là nghiệm hệ phương trình IV y 0 0,5 điểm 2 Ta có : 3x 6x 7 = 3(x 1) 2 4 2 0,5 điểm 2 5x 10x 14 = 5(x 1) 2 9 3 0,5 điểm Lại có 4- 2x - x2 = 5 - (x-1)2 5 Vậy phương trình xảy ra khi và chỉ khi : 3x 2 6x 7 5x 2 10x 14 5 0,5 điểm 2 4 2x x 5 ( x+ 1)2 = 0 x = - 1 1 điểm Câu a) Đồ thị hàm số y= ax + b qua A(0;1) và B(-1 ; 0) 1 a.0 b a 1 khi và chỉ khi 0 a( 1) b b 1 V b) vẽ đồ thị hàm số : y= x+1 và y= x2 - 1 đồ thị :y= x+1 qua ( -1;0) và (2;3) đồ thị :y= x2 - 1 qua ( 0;-1) , (-1;0) , (1;0) và ( -2 ; 3), (2;3), . 0,5 điểm 186
Từ phương trình : x2 -x-2 =0 x2-1 = x+1 Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của hai đồ thị : y= x2 -1 và y= x+ 1 x= -1 hoặc x= 2 a) Chứng minh : | a | + | b | | a+b | 0,5 điểm ( | a | + | b | ) 2 ( | a + b| )2 2 |a| . |b | 2ab | a.b | ab hiển nhiên . Vậy | a | + | b | | a + b | 1 điểm Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : Câu | ab| = ab ab 0 0.5 điểm VI a 0 a 0 hoặc b 0 b 0 b) Tìm giá trị nhỏ nhất : M = | x-2004 | + |x - 2006| 0,5 điểm = | 2004 -x | + | x - 2006 | Vậy M | 2004 -x +x+2006 | 0,5 điểm M 2 Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi : 0,5 điểm ( 2004 -x) (x-2006) 0 0,5 điểm Lập bảng xét dấu : x 2004 2006 2004 - x + 0 - - x-2006 - - 0 + M - 0 + 0 - Vậy 2004 x 2006 ( 2004 - x ) ( 2006 - x ) 0 0,5 điểm Câu VII 1 điểm 187
  a) Tứ giác CPKB nội tiếp do KBC CPK = 2 V ACI ∽ BKC AI AC 0,5 điểm AI.BK = AC .BC BC BK 0,5 điểm   b)Tứ giác AIPC nội tiếp : A1 I1   1 điểm Tứ giác BCPK nội tiếp : B1 K1         0 K1 I1 =A1 B1 K1 I1 = A1 B1 =90  APB = 900 Tam giác APB vuông . 1 điểm d) SAB KI = ẵ( AI + BK ) AB Do A, B , I cố định AI. AB không đổi 0,5 điểm S = ẵ AI . AB +ẵ AB . BK S lớn nhất khi và chỉ khi ẵ AB . BK lớn nhất BK lớn nhất AC.BC Lại có BK .AI = AC . BC BK = AI 0,5 điểm AI không đổi : BK lớn nhất khi và chỉ khi AC . BC lớn nhất Đặt AC = x , BC = y : x+ y = AB không đổi 4xy = ( x+ y ) 2 - ( x- y ) 2 = AB 2 - ( x-y) 2 AB2 AB 2 0,5 điểm xy lớn nhất bằng Dấu bằng xảy ra : x=y 4 0,5 điểm AC = BC 188
Sở GD-ĐT Thanh Hoá Trường THPT Trần Khát Chân Biểu điểm Và hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán ( Lam Sơn) Bài ý Nội dung 1 1 * Phân tích đa thức thành nhân tử (1 đ) P(x) = (x+1)1 + (x2 + x +1)2 Ta có : P(x) = (x+1)4 +x(x 1) 12 0,25 đ = (x+1)4 + x2(x+1)2 + 2x(x+1) +1 0,25 đ = (x+1)2 x2 +(x+1)2 + (2x2 + 2x + 1) 0,25 đ = (2x2 + 2x + 1) (x2 +2x + 2) 0,25 đ 2 * Chứng minh x là số hữu tỉ (1 đ) 125 125 Ta có : x = 3 3 9 - 3 3 9 27 27 0,25 đ x3 = 6 - 5x 0,25 đ x3 + 5x - 6 = 0 (x - 1) (x2 + x + 6) = 0 x = 1 0,25 đ x2 + x + 6 = 0 (vô nghiệm) 0,25 đ Vậy x = 1 là số hữu tỉ 2 1 * Giải phương trình (1đ) x = 2005 - 2006 (2005 - 2006 x2)2 Đặt y = 2005 - 2006 x2 0,25 đ Phương trình trở thành : x 2005 2006y 2 2 y 2005 2006x x - y = 2006 (x2 - y2) 2006 (x y) -1 x - y = 0 0,25 đ x y 2006(x y) 1 0 Với x = y x = 2005 - 2006 x2 x 1 2006x2 + x - 2005 = 0 2005 y 2006 0,25 đ 1 1 Với 2006 (x+y) - 1 = 0 x + y = y = - x 2006 2006 1 - x = 2005-2006 x2 2006 20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0 191
1 1608817 x 4012 1 1608817 0,25 đ y 4012 2 * Chứng minh : (b-a)(b-c) = pq-6 (1đ) Theo định lý Viét ta có : b + a = -p và b+ c = -q b.a = 1 b.c = 2 0,25 đ Khi đó ta có : (b-a)(b-c) = (b a 2a) (b c 2c) 0,25 đ =(b+a)(b+c)-2a(b+c)-2b(b+a)+4ac 0,25 đ = p.q - 2ab - 2 bc 0,25 đ = pq - 6 3 * Chứng minh A  3 (1đ) Ta có : A = 2 + 22+ 23+ + 299+ 2100 = = (2+22) + (23+24) + + (299+2100) = 0,5 đ = 2(1+2) + 23(1+2) + + 299(1+2) = 0,25đ = 3(2+23+25+ +299)  3 0,25 đ Vậy A  3 4 * Chứng minh (3 đ) Từ các số đo góc đã cho, ta có : C 0 0 0 0 0 F2 = A1 + B1 = 20 + 10 = 30 = 50 - 20 E 3 M = EAK - A1 = A2 1 2 2 F 0,5 đ I 1 2 EAF cân đỉnh E (1) A 1 K B Vì EI là trung tuyến (I là trung điểm AF) 0,5 đ EI là đường cao, phân giác của AEF 0 E2 = E1 = 180 - A2 - I = 1800 - 300 - 900 = 600 0 0 E3 = 180 - E1 - E2 = 60 0,5 EC EK Vậy CEB = KEB (g.c.g) BC BK Hay BE là trung trực của CK và EMK = 900 0,5 0 1 0,5 đ Trong tam giác vuông EMK có E2 = 60 EM = EK (2) 2 Từ (1) và (2) và kết hợp với tam giác IEA vuông ta có 192
AI2 + EI2 = AE2 = AE  EE = AE(MF+ EM) 0,5 đ 1 = AE(MF + EK) (đpcm) 2 5 * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz = zx (1 đ) 16 - z 2 Từ giả thiết ta có: y2 = 4 32 - z 2 x2 = 3 16 - z 2 4 Vì y z z2 5t2 16 z (1) 4 5 0,25 16 - z 2 48 - 3t 2 5t 2 -16 Mặt khác x2 - 3y2 = - 0 3 4 12 x2 3y2 x 3y (2) Từ đó x  y 3y 2 0,25 2 x 3 x 2 3 2 2 Ta có: xz = 3  z z y z 3 2 3 2 1 và yz y 2 z 2 2 0,25 3 1 xy + yz + zx 3 y2 + y 2 z 2 y 2 z 2 2 2 3 1 16 z 2 3 1 2 = 3 z 2 2 4 2 3 3 2 = 2 3 3 1 z 8 3 3 16 32 3 16 6 3 2  8 5 5 3 4 Dấu đẳng thức sảy ra x = 4 , y = z = 5 5 0,25 32 3 16 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là đạt 5 3 4 4 được x; y; z 4  , , 5 5 5 Vĩnh Lộc, ngày 13 tháng 01 năm 2006 193
G/v : Hoàng Văn Hoan 194
Đáp án và biểu điểm Môn Toán chuyên . Thời gian: 150' Kì thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Bài1: (1,5 điểm) Đặt (a b) 2 x;a b y(x 0) 0.25 x 2 6y 2 215 x 2 6y 2 215 0 x 2 6y 2 215 0 Hpt 0.5 2 2 y(x 2y) 78 xy 2y 78 0 x 3xy 19 0 2 2 2 2 x 19 4 2 x 6y 215 0 x 6 215 0 x 721x 722 0 3x x 2 19 x 2 19 y x 2 19 y 3x y 3x 0.7 3x x 1 (a b) 2 1 a 2 a 3 a 2 a 3    y 6 ab 6 b 3 b 2 b 3 b 2 5 Bài2: (1,5 điểm) 3x 2 y 2 yz z 2 1 2 2y 2 2yz 2z 2 3x 2 2 (x y z) 2 (x y) 2 (x z) 2 2 0.5 (x y z) 2 2 2 x y z 2 0.5 2 Vậy :Amin=-2 x y z 0.25 3 2 Amax=2 x y z 0.25 3 Bài3: (1,5 điểm) 1 x 0 x Tập xác định : (*) 0.25 5 2x 0 x 4 5 1 4 5 1 4 Pt x 2x x x 2x x x 0.5 x x x x x x x 195
4 x 0 x x 2 0.5 5 1 x 2 2x x 1 x x So sánh với điều kiện (*) x=2 là nghiệm. 0.25 Bài 4: (1,5 điểm) Giả sử ABC có 3 cạnh là a,b,c; A'B'C' có 3 cạnh là a', b,' c'Theo giả thiết ta có: 2 2 2 2 b c a a' 2 4 2b 2 2c 2 a 2 4a'2 2 2 2 2 c a b 2 2 2 2 b' 2c 2a b 4b' 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2a 2b c 4c' 2 a b c c' 2 4 0,5 2 2 2 9 2 b' c' a' 2 a a1 16 2 4 2 2 2 9 2 c' a' b' 2 b b1 ( a1;b1;c1 là 3 trung tuyến của A'B'C') 16 2 4 2 2 2 9 2 a' b' c' 2 c c1 16 2 4 .0,5 3 3 3 a a,b b,c c A B C đồng dạng với ABC 1 4 1 4 1 4 1 1 1 0.5 Bài5: (2 điểm) BAD=BFD=BED=1v 5 điểm A,B,E,D,F đường tròn đường kính BD AFB=ADB (1) (cùng chắn cung AB) 0.5 Mặt khác BE,BF là tiếp tuyến của đường tròn(D) EBD=FBD mà FBD=FAD(cùng chắn cung FD) 0.5  EBD=FAD (2) Do M là trung điểm của cạnh huyền BC AM=MC MAC=MCA (3) 0.25 Từ (1),(2),(3)  FAD+DAM=DBC+DCB 0.5 hay FAM=ADB=AFB ANF cân tại N AN=NF 0.25 196
A F N D B C M E Bài6: (1,5 điểm) 2 1 1 Lấy M(x0;x0 ); N ; P (x 0) 0.25 x 2 0 0 x0 dt( OMN) dt(NN'M 'M ) dt( ONN') dt( OMM ') 0.5 1 1 1 1 1 1 dt( OMN) x 2 x x 3 x 2 0.5 2 0 2 0 x 3 0 2 0 x x0 0 x0 0 dt(OMN) đạt giá trị nhỏ nhất x0=1. Vậy M(1;1); N(-1;1) 0.25 y M N x N' O M' - Hết - Sở gd&ĐT thanh hoá Trường THPT Thọ Xuân4 Hướng dẫn chấm thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS Năm học 2005-2006 Môn thi: Toán- (thời gian làm bài 150phút) Câu ý Đáp án Điểm 197
1 1 1 Điều kiện: x 0, x 0,5đ 3 9 Ta có: 8x x 3x x 1 3x3 3x x x x 1 3x x 1 M . 3 9x 1 3x x 1 3x x 2 0,5đ 3 x3 x x 3x x 1 x3 x x = . 1 đ 9x3 1 3 3x x 1 2 3 x3 x x 3 M x3 7x x 3 0 2 3x x 1 2 0,5đ t1 3 Đặt t x x t 2 7t 3 0 1 0,5đ t2 2 +) x x 3 x 3 9 0,5đ 1 1 +) x x x 2 3 4 0,5đ 2 1 Pt: x2+5x+3m-1=0. Để phương trình có đúng một nghiệm âm. xảy ra các khả năng: 0,5đ 1 +) x1< 0 <x2 P 3m 1 0 m 3 0,5đ 0 29 12m 0 29 +) x1 x2 0 m S 0 S 5 0 12 0 29 12m 0 0,5đ 1 +) x1 x2 0 P 0 3m 1 0 m 3 S 0 S 5 0 0,5đ 1 29 Vậy m ;  phươngtrình có đúng một nghiệm âm 3 12  198
2 x2 xy y2 x2 y2 185(21) Giải hệ: 2 2 2 2 0,5đ x xy y x y 65(22) Lấy (21) + (22): x2 y2 x2 y2 125 x2 y2 5 thay vào (21) 0,5đ xy 12 x2 y2 25 x y 7 Từ đó ta có hệ: Từ đó ta có hệ pt 2xy 24 x y 1 x y 7 x y 7 a) b) x y 1 x y 1 0,5đ x y 7 x y 7 c) d) x y 1 x y 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: 0,5đ x, y 4,3 ; 3;4 ; 3; 4 ; 4, 3  3 Gọi M x, y (P) : y x2 và M ' x', y' (P' ) 0,5đ Để (P’) đối xxứng với (P) qua đường thẳng x = 2 ' x x ' 2 x 4 x 2 ' 0,5đ ' y y y y 2 Do M x, y (P) : y x2 y' (4 x' )2 x' 4x' 4 0,5đ Vậy (P’): y = x2 – 4x + 4 0,5đ 3 1 Pt: x 3 x 3 Điều kiện: x 0 0,5đ Đặt: 3 x t(t 3) khi đó ta có hệ 0,5đ x t 3 x t x t 1 0 0,5đ 3 x t x t 3 t x 1 t 4 1 đ x x 1 3 x 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 0,5đ 2 Pt: x2 +1 = 3y Để pt có nghiệm VT 3 0,5đ +) x = 3r, Với r Z : VT = 9r2 + 1 không chia hết cho 3 0,5đ +) x = 3r + 1, Với r Z : VT = ( 3r + 1)2 + 1 = 9r2 + 6r + 0,5đ 2 không chia hết cho 3 +) x = 3r – 1, Với r Z : VT = ( 3r – 1)2 + 1 = 9r2 – 6r 0,5đ + 2 không chia hết cho 3. Vậy phương trình vô nghiệm 199
4 1 Phân tích : Giả sử tứ giác ABCD dựng được. Ta có: AD + BC = AB + DC 0,5đ BC – AB = DC – AD ( gt BC > AB ) Trên DC lấy E : DE = AD Vậy BC – AB = CE (1) đã biết 0,5đ Mặt khác: AEC =  A 0,5đ 1800  Với và  1800 Bˆ D 2 1 AEC = 1800 Bˆ (2) 2 0,5đ Từ (1) và (2) E điểm E dựng được C B 2 Cách dựng - Dựng đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC 0,25đ 1 - Dựng cung (  ) chứa góc 1800 Bˆ trên AC về phía 2 ngoài tam giác ABC - Dựng ( C, r ) với r = BC AB 0,25đ - Dựng E = (C )   0,25đ - Dựng D = ( O )  CE 0,25đ 3 Chứng minh 1 1 Ta có: AEC 1800 Bˆ AED Bˆ 2 2 1 1 DAE 1800 Dˆ AED Bˆ Bˆ Bˆ 2 2 DAE cân 0,25đ AD = DE DC – AD = DC – DE = EC 0,25đ Theo cách dựng: EC = BC – AB DC – AD = BC – AB DC + AB = BC + AD Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn 0,25đ theo cách dựng: CE  ( O ) = D tứ giác ABCD nội tiếp 0,25đ ( O ) 4 Biện luận: Vì r = BC AB AC ( C )  () tại một điểm 0,5đ Vậy bài toán có một nghiệm hình 0,5đ Đáp án Câu Nội dung Điểm 200
Câu a) PT đa về x 2 8x 7 x 2 8x 15 15 0 0,25đ 1 Đặt X x 2 8x 11 PT đa về: X 4 X 4 15 0 X 1 X 1 0 0,25đ Dẫn đến PT: x 2 8x 10 x 2 8x 12 0 x 2 8x 10 0 * 2 0,25đ x 8x 12 0 Giải PT * và tìm nghiệm và trả lời 0,25đ PT có 4 nghiệm x1 6; x2 2; x3 4 6; x4 4 6; b) Biến đổi vế phải Ta có: 20062 2005 1 2 20052 2.2005 1 1 20052 20062 2.2005 20052 2005 20052 2005 1 20052 20062 2.2005 20062 2006 20062 2006 2 2005 2005 2005 2005 2006 2006 2006 2006 2006 2006 2006 0,25đ PT đưa về: x 1 x 2 2006 * Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1 2003 PT * 3 2x 2006 x (thỏa mãn) 2 * Trường hợp 2: Nếu 0 x < 2 PT * 0x 1 2006 (PT vô nghiệm) * Trường hợp 3: Nếu x 2 2009 PT * 2x 3 2006 x (thỏa mãn) 2 2003 2009 Kết luận: PT có 2 nghiệm x ; x 1 2 2 2 0,5đ 0,25đ Câu x 4 1 1 0,5đ a) Tính được A 4 2 2 2 x 1 y 2 y 2 201
Lý luận y 2 2 0 x, y A 0 x, y 0,5đ 1 1 0,5đ b) Ta có: y 2 2 2 y 2 2 2 1 A khi y 0, x bất kỳ 0,5đ MAX 2 Câu Từ giả thiết ta có: 1 1 1 1 0,25đ 3 x y z x y z 1 1 1 1 0 x y z x y z x y x y z z 0 xy z x y z 0.25đ 1 1 x y 0 xy z x y z x y x z y z 0 0,5đ x y 0 z 2006 0,25đ x z 0 y 2006 y z 0 x 2006 Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006 0,25đ Câu a) Ta có: z x y 2 x 2 y 2 z 2 2 xy xz yz 4 x 2 y 2 z 2 2 xy xz yz 0 x, y, z 0,25đ 1 5 xz yz xy x 2 y 2 z 2 1 0,25đ 2 6 xz yz xy 1 0.25đ 1 1 1 1 y x z xyz 0,25đ 1 1 1 1 1 x y z xy b) a b b c c a 8abc 0,25đ a 2b bc 2 2abc ac 2 ab2 2abc b2c a 2c 2abc 0 b a c 2 a b c 2 c b a 2 0 Ta có: b a c 2 0 a,b,c 202
a b c 2 0 a,b,c c b a 2 0 a,b,c 0,25đ mà a,b,c 0 2 2 2 b a c a b c c b a 0 a,b,c c(a b) 2 0 2 Dấu bằng xảy ra khi a(b c) 0 2 b(a c) 0 0,25đ a b c 0,25đ Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều 1 0,25đ Câu a) S OH.HM OMH 2 C 5 mà OH 2 HM 2 OM 2 R 2 Ta có: OH HM 2 0 OH 2 HM 2 2.OH.HM A B OH 2 HM 2 R 2 OH.HM 0,25đ 2 2 R 2 S OMH D 4 Dấu bằng xảy ra khi OH HM suy ra góc HOM = 450 0,25đ Ta tìm đợc 4 vị trí của M là M1, M 2 , M 3 , M 4 lần lợt là trung điểm các cung phần t (I), (II), (III), (IV) 0,25đ b) Phần thuận: Xét hai tam giác DIM và OIB + Nếu góc MOB 900 Ta có: IO IO, OM OB R Góc IOM = góc IOB (Vì OI là phân giác góc MOB) OIM OIB (c.g.c) 0,5đ góc OIB = góc OIM = 1800 – 450 =1350 203
Điểm I di động trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên dây OB 0,25đ + Nếu góc MOB 90 0 AOM 900 góc AIO 1350 Điểm I di động trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên dây 0,25đ OA *Phần đảo Lấy một điểm I bất kỳ trên cung tròn vừa tìm được. Học sinh 0.5đ chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp OMH đáp án và thang điểm Câu ý Nội dung điểm I  3 đặt 5 4 x thì x5 = 4 0,5 x tận cùng bởi 4 1 Lại có 10 < x < 20 vì 105 =100000< 4 <32.100000=205 1 Do đó x=14 và x5 = 145 =537824 0,5 II 5 3 3 3 đặt t=ax =by =cz (*) 0,5 t t t ax2 = ; by2 = ; cz2 = (Do x, y, z đều khác 0) 0,75 x y z 2 2 2 1 1 1 ax + by + cz = t t x y z 1 3 ax 2 by 2 cz 2 3 t (1) t 3 t 0,75 Từ (*) suy ra a 3 a x 3 x t 3 t b 3 b y 3 y 3 t 3 t 3 c c z z 0,75 3 3 3 3 1 1 1 3 a + b + c = t t (2) x y z 1 Từ (1) và (2) 3 ax 2 by2 cz2 = 3 a + 3 b + 3 c 0,25 III  4 Giả sử phương trình ax2 +bx +c = 0 có nghiệm này bằng klần 204
nghiệm kia thì; (x1 - kx2)(x2 - kx1 ) = 0 0,5 2 2 2 (1+k )x1 x2 - k(x1 + x2 )=0 2 2 (1+k )x1 x2 -k[(x1 + x2 ) - 2x1 x2 ] = 0 0,5 c b 2 2c b c (1+k2) - k 0 (vì x +x = ; x x = ) 2 1 2 1 2 0,5 a a a a a (1+k2)ac - k(b2 - 2ac)=0 (2k+1+k2)ac = kb2 0,5 (k+1)2ac = kb2 Ngược lại ; Nếu có (k+1)2ac = kb2 Khi đó (k+1)2 = (b2 - 4ac) (k+1)2 = b2(k+1)2 - 4ac(k+1)2 1 = b2(k+1)2 - 4kb2 = b2[(k+1)2 - 4k] = b2 (k-1)2 0 0,5 0 phương trình có hai nghiệm Vậy :Điều kiện cần và đủ để phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thoả mãn nghiệm này bằng k lần nghiệm kia là: 0,5 (k+1)2ac = kb2 IV  4 a Do a1 a2 a3 a1 - a2 0 a1 - a3 0 a2 - a3 0 0,5 và b1 b2 b3 b1 - b2 0 b1 - b3 0 b2 - b3 0 0,5 (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) 0 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 0 a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 3(a1b1+a2b2+ a3b3) a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3) 1 2005 2005 2005 b Đặt a1 = a ; a2 = b ; a3 = c 0,5 a b c b1 = ; b2 = ; b3 = a b c a b c a b c 0,5 Do 0 a b c Nên ta có ; a1 a2 a3 và b1 b2 b3 áp dụng câu a ta có; a b c (a2005+b2005+c2005) 3 a b c a b c a b c a 2006 b 2006 c 2006 a b c 1 a 2005 b 2005 c 2005 3 a 2006 b 2006 c 2006 a b c V A B  4 205
M I D C Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều 1 Ta có  IAD=900-150-600=150=  MAB AB=AD AM=AI AID= AMB 1  AID =  AMB=1500  MID=3600-1500-600=1500 Xét IDM và IDA có ID chung  MID=  AID=1500 IA=IM (do AIM là đều) IDM= IDA 1 AD=DM =DC (1) Mặt khác DAM= CBM (vì BC=AD ;MB=MA;  CBM=  DAM) MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC đều 1 Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9-bảng B Môn Toán Câu ý Nội dung Thang điểm Câu 1 a Điều kiện: x 3 0,5điểm (5 3x)(x 3) 5 3x A 2 1 điểm (x 3) x 3 b 1 điểm Ta có: x 16 4 6 20 16 4( 5 1) 10 2 5 3( 10 2) 5 3 10 3 2 A 0,5 điểm 10 2 3 10 2 3 206
c 5 3x A 2 2 (*) x 3 5 3x 5 0,5 điểm Điều kiện: 0 x ;3 x 3 3 17 (*) 5 3x 4(x 3) x 0,5 điểm 7 17 Kết luận: x thì A 2 0,5 điểm 7 Câu 2 a Phương trình (x-1)(x+3)(x-3)(x+5)=m 0,5 điểm (x2+2x+3)(x2+2x-15)=m Đặt x2+2x+1=t điều kiện t 0 0,5 điểm Phương trình có dạng: (t-4)(t-16)=m t2-20t+64-m=0 (2) 2 t 1 Với m=45. Ta có phương trình: t - 20t 19 0 t 19 Với t=1. Ta có phương trình: 2 x 1 1 x 0 (x 1) 1 0,5 điểm x 1 1 x 2 Với t=19. Ta có phương trình: x 1 19 x 19 1 (x 1) 2 19 x 1 19 x 19 1 Kết luận: Phương trình có 4 nghiệm: 0,5 điểm x1=0, x2=-2, x3= 19 1, x4= 19 1 b Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. 0,5 điểm ' 0 m 36 0 m 36 0 S 0 20 0 36 m 64 0,5 điểm m 64 P 0 64 m 0 Câu 3 a Parabol (P) đi qua A(2;4) ta có: 1 điểm 4=a.22 a=1 Vậy (P) có phương trình: y=x2 b Phương trình đường thẳng qua AB có dạng: y=ax+b (d) Do (d) đi qua A(2;4) và B(1;2) ta có: 2a b 4 a 2 0,5 điểm a b 2 b 0 Phương trình đường thẳng là y=2x có hệ số góc a=2 x 3 1 Đường thẳng 2y=-x+3 y có hệ số góc a’= 0,5 điểm 2 2 2 Ta thấy a.a’=-1. (đpcm) 0,5 điểm A=|x-2005|+|x-2006| 0,5 điểm Câu 4 - Nếu x 4011-2.2005=1 0,5 điểm 207
- Nếu x>2006, ta có: A=x-2005+x-2006=2x-4011>2.2006-4011=1 0,5 điểm - Nếu 2005 x 2006, ta có: A=x-2005+2006-x=1 0,5 điểm Vậy ta có A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 2005 x 2006 Câu 5 Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 0,5 điểm (x2+y2)(xy-3)=17=17.1 Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1 x 2 y 2 17 (x y) 2 2xy 17 (x y) 2 25 0,5 điểm xy 3 1 xy 4 xy 4 x y 5 x 4 x 1 hoặc 0,5 điểm xy 4 y 1 y 4 x y 5 x 4 x -1 hoặc xy 4 y 1 y -4 x 1 x 4 x 4 x 1 0,5 điểm Kết luận: hoặc hoặc hoặc y 4 y 1 y 1 y 4 Câu 6 Kẻ Cx//AB. AE cắt Cx tại D. 0,5 điểm AB BE ABE~ DCE CD EC 0,5 điểm Mặt khác ACD cân tại C AC=CD AB BE Vậy (đpcm) 0,5 điểm AC EC Câu 7 a GócCMD=gócBAC=600 Tam giác cân MCD là tam giác đều. 1 điểm b AMC= BDC (c.g.c) AM=BD 0,5 điểm Ta có: MA+MB+MC=MA+MB+MD=MA+MD=2MA 0,5 điểm Vậy MA+MB+MC lớn nhất AM lớn nhất M là điểm giữa của cung BC. 0,5 điểm 208
Câu 8 SAB= SBC= SAC (c.g.c) S =3S +S 0,5 điểm xq SAB ABC Gọi H là trung điểm của AB ta có SHAB. 2 2 2 2 a 7a 0,5 điểm SH SG HG 4a 12 2 3 1 7a 7a 2 S SAB SH.AB a 2 4 3 4 3 1 a 3 a 3 S ABC . 0,5 điểm 2 2 4 7a 2 3 a 2 3 Stp 2a 2 3 0,5 điểm 4 4 Ghi chú: Các bài hình học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm Sở GD - ĐT Thanh Hoá Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam Trường THPT Thạch Thành 3 Độc lập - Tự do - Hạnh phúc đáp án và thang điểm đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán – BảNG b Câu ý Nội dung Điểm I 4,0 1 2,0 1 1 Ta có : 2 1; 3 2; 1 2 2 3 1 2006 2005 2005 2006 1,0 1 1 1 1 Do đó: 1 2 2 3 3 4 2005 2006 1,0 2 1 3 2 2006 2005 2006 1 2 2,0 x 2 (m 1)x 2m 0 0 S 0 Điều kiện: ( x1,x2 là 2 nghiệm của phương 0,5 P 0 2 2 2 x1 x2 5 trình) (m 1) 2 8m 0 m 1 0 0,5 2m 0 2 S 2P 25 0,5 209
m 2 2 3 hoặc m -2 2 3 Giải ra : m 0 0,5 m 6 hoặc m - 4 m 6 KL: m=6 là giá trị cần tìm. II 4,0 1 2,0 4(x y) 5(x y) (1) 40 40 Điều kiện : x y 9 (2) x y x y 1,0 Từ phương trình (1) rút ra: x = 9y. 40 40 Thế vào phương trình (2) được: 9 y 1 x 9 10y 8y 1,0 Vậy x=9; y = 1 2 2,0 x 3 Điều kiện : x 1 0,5 x 3 Đặt y x 1 phương trình trở thành: x 1 0,5 y 2 2y 8 Giải ra : y = 2; y = - 4 y = 2 x 1 8 (loại ) 0,5 x 1 8 x 3 y= -4 có: 4 x 1 x 1 bình phương 2 vế ( với điều kiện: x 3 ) x 1 2 5 (loại) x 1 2 5 0,5 Kết luận : x 1 8 ; x 1 2 5 III y y= 2x 1 y= x 0,5 2 2 A B y=2 0 2 x 1 2 3 4 Tính A( ( 2;2); B(4;2) 0,5 210
Tính SOAB 4 2 1,0 IV 4,0 1 2,0 Thay b - c = -(c - a) - (a - b) 0,75 Biến đổi: a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b) = = -a2(c-a) -a2(a-b) + b2(c-a) + c2(a-b) 0,75 =(a-b)(c2-a2) + (c-a)(b2-a2) = . =(a-b)(c-a)(c-b) 0,5` 2 2,0 2 A2 x y 1 y x 1 x 2 y 2 x y 2 x y 2 0,5 ( BĐT Bunhia cop_Xki) (x y) 2 2(x 2 y 2 ) 2 0,5 Lại có: | x y | 2 2 2 x y 2 2 2 A2 2 2 0,5 1 KL: AMin = - 2 2 tại x=y= 2 1 0,5 AMix = 2 2 tại x=y= 2 V 6,0 1a 4,0 Chứng minh CM.CN = CE 2 E N M 0,5 A O I B C F CI . CO = CE 0,5 /\ Xét CIM và CN có: ICM (chung) C I C M CIM ~ CNO 0,5 CN CO /\ /\ CIM CNO do đó tứ giác OIMN nội tiếp trong đường tròn 0,5 1b 2,0 /\ /\ Ta có : BIM ONM ( tứ giác ONMI nội tiếp ) /\ /\ 1 Và góc NIA NMO ( sđ ON ) 0,5 2 /\ /\ OMN cân tại O ONM NMO 0,5 211
/\ /\ BIM NIA /\ /\ 0,5 suy ra: AIM BIN 0,5 2 2,0 * Phân tích: D 1,0 A B C E * CD: Dựng DE là dường trung trực của BC * Chứng minh: 1,0 điểm điểm Câu đáp án từng toàn ý câu a) A = 2x 2 2x 3 4 + 2x 2 2x 3 4 0,5 = ( 2x 3 1) 2 + ( 2x 3 1) 2 = 2x 3 1 + 2x 3 1 0,5 Câu1: với x = 5 suy ra : A = 2 5 3 1 + 2 5 3 1 = 2 2 5 3 1 4 b)A= 2x 3 1 + 2x 3 1 2x 3 1 1 2x 3 = 2 1,0 3 dấu "="xảy ra 2x 3 1 - x -1 2 1,0 P(x) =- 6x4 + 11x3 + 3x2 – 11x + 3 0,75 = (x - 1)(-6x3 + 5x2 + 8x - 3) Câu2: 2 = (x - 1)(x + 1)(-6x2 + 11x - 3) 0,75 = (x –1)(x + 1)(2x - 3)(1-3x) 0,5 a 2 x ay z 2 (1) 2 Câu 3 b x by z 2 (2) 2 2 c x cy z 2 (3) 212
Lấy (1) trừ (2) ta được (a2 – b2)x + (a - b)y = 0 0,5 (a + b)x + y = 0 (4) (vì a b) 0,25 Tương tự lấy (2) trừ (3) ta được : (b+ c)x + y = 0 (5) (vì c b) 0,5 Từ (4) và (5) với a c ta đựơc x = y = 0 , suy ra : z = 2 0,75 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0,0,2) Đặt u = x 2 7x 7 (u 0) 0,25 ta được pt: 4u2 + 3u - 7 = 0 o,25 câu 4 7 2 u=1 hoặc u=- (loại) 4 0,5 suy ra : x2 + 7x + 7 = 1 x=-1 hoặc x= -6 1 Ta có : MA2 = x2 + (y - a)2 0,25 Khoảng cách từ M tới d bằng y a 0,25 Khoảng cách từ M tới d bằng MA 2 2 2 0,25 câu 5 x + (y - a) = (y + a) 2 1 y = x2 (vì a 0) 4a 0.5 1 vậy tập hợp các điểm M là parabol y = x2 4a 0,25 Ta có: F = x (2004 + 2006 x2 ) 2 2 = x 2004 2004 1 2006 x x (2004 1)(2004 2006 x ) 0,75 (BĐT Bunhiacopxki) 2 2 câu6 2 x 4010 x 2 = 2005 x 4010 x 2005 = 2005 2005 2 0,75 (BDT Cauchy) Suy ra: GTNN bằng - 2005 2005 đạt được khi x= - 2005 0,5 GTLN bằng 2005 2005 đạt được khi x= 2005 0,25 câu7 4 Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC . ta có: 1 IE = AB = MF 2 0,5 1 EM = AC = FK 2 0,5 0.5 213
0,25 nên IAM = MHK (c.g.c) suy ra MI = MK b) Ta sẽ chứng minh . Đặt = 0,25 Ta có : = , = 0,25 nên = 1800 - 2 (1) 0,25 Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 = 0,25 ta lại có (so le trong,AB song song với MF) (do IAM = MHK ) nên 0,25 1800 - 2 = (2) 0,5 0,25 Từ (1),(2)suy ra . do đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn câu8 2 Ta có : MA + MC’ AC’ MB + MD’ BD’ 0,5 MC + MA’ CA’ MD + MB’ DB’ Suy ra : MA + MB+ MC + MD+ MA’ + MB’+ MC’ +MD’ 4a 0,5 (với a là độ dài đường chéo của hình chữ nhật) Ta có: MA2 + MB2+ MC2 + MD2 + MA'2 + MB'2 + MC'2 + MD'2 1 16 (MA + MB+ MC + MD+ MA’ + MB’+ MC’ +MD’)2 a2 3 3 0,5 như vậy GTNN của MA2 + MB2+ MC2 + MD2 + MA'2 + MB'2 + MC'2 + MD'2 214
16 là a2 đạt được khi M là tâm của hình hộp 0,5 3 Đáp án chấm Thi học sinh giỏi. Môn toán khối 9 (Thời gian 180 phút) Bài Nội dung điểm Bài1 Phần dư cần tìm có dạng: axã b .Khi đo ta có: 2đ x 3 x 5 x 7 x 17 x 19 (x 2 1).q(x) ax b . Với: x=1 và x=-1,ta có: a+b=7; a+b= 7. Vậy: a=7;b=0 Bài2 1 1 1 1 y z 2đ Ta có x y x y y z z y yz 1 1 y z z x Tương tự: x z x z ; y z . y x yz xz Nhân từng vế của biểu thưc ta có: (x y)(z x)(y z) (x y)(x z)(y z) (x y)(x z)(y z).x2 y2 z 2 x2 y2 z 2 (x y)(x z)(y z) (x y)(x z)(y z) 0 (x y)(x z)(y z) 0 2 2 2 x y z 1 xyz 1 Bài3 Nhân thấy: u 2 3,v 2 3 là nghiệm của phương trình: 2đ x2 4x 1 0 u2 4u 1 0 u2 4u 1 u3 u(4u 1) 4(4u 1) u 15u 4 u4 15u2 4u 56u 15 u4 5u3 6u2 5u 1 Bài4 Nhận thấy : (x=0,y=0,z=0) là nghiệm của hệ phương trình. Ta 2đ chứng minh đó là nghiêm duy nhất. Giả sử (x0 , y0 , z0 ) là nghiêm của hệ. Sao cho: ít nhất có 1 thành phàn khác 0. Khôngmất tính tổng quát giả sử: x0 y0 z0 x0 0 .Ta có : y0 z0 a1x0 a2 y0 a3z0 0 a1 a2 a3 0 (1) x0 x0 Tuy nhiên: y0 z0 y0 z0 a1 a2 a3 a1 a2 a3 a1 a2 a3 a1 a2 a3 0 x0 x0 x0 x0 kêt hơp với (1) Vô lý . Vậy hê phương trình có nghiệm duy nhất 215
Bài5 x 3 2đ Phương trình tương đương: 2x2 4x 1 1. 2 x 3 Đặt: y 1 2y2 4y 1 x 2 2x2 4x 1 y Từ đó ta có hệ : 2 2y 4y 1 x 3 12 2x2 4x 1 x x 4 Bài6 Nhận thấy: A,B cùng phía đối với trục ox 2đ Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua ox. A’(2;-2). y Đường thẳng qua A’B có phương trình là: 3 y x 5 2 A 2 10 Gọi: P’ là giao của (d) và ox P'( ;0) . 1 B 3 Ta chứng minh P’ là điểm cần tìm. 0 2 P’ 4 x Thật vậy: Giả sử tồn tại Ptrên ox: PA PB PA' PB A'B . A’ Đẳng thức xảy ra khi: P  P' Bài7 x N : x2 8 là số chính phương Khi và chỉ khi phương trình: 2đ t 2 xt 2 0 có nghiệm: t Z t / 2 t 1,t 2 Thay vào ta được x=2 là giá trị cần tìm Bài8 1) Điều kiện cần: .2đ Qua các đỉnh của tam giác ABC kẻ các đường vuông góc: với đường PQ. Khi đó : AA1, BB1,CC1 R AA1 // BB1 //CC1 AR AA1 QC CC1 , B B1 BR BB1 QA AA1 PB BB1 C1 PC CC1 AR QC PB AA CC BB Vậy : . . 1 . 1 . 1 1 A Q BR QA PC BB1 AA1 CC1 C 2) Điều kiện đủ: A1 Gọi giao điểm của RP với AC là Q’ PB Q'C RA Khi đó theo trên ta có: . . 1 PC Q' A RB 216
Q''C QC Vì chỉ có điểm duy nhất chia trong đoạn AC Q' A QA nên: Q' Q Hay R,P,Q thẳng hàng Bài9 Giả sử: AB AC (*) khi đó trong tam giác ABC ta co : 2đ BCˆA ABˆC. Nhưng: BCˆD BCˆA ABˆC DBˆC Vì thế: Trong tam giác BCD: BCˆD DBˆC Do đó : BD > CD ( ) Từ (*) và ( ) ta có: AB + BD > AC + CD. Trái giả thuyết . Vậy: AB < AC. Bài10 Ta xét các trường hợp sau đây : 2đ 1) Trường hợp A nằm ngoài đường tròn: P1 Do: OM=ON;MA+NP; OA chung. Do đó : OMA ONP T2 OP OA Không đổi. M Vậy P thuộc đường tròn bán kính OA. O A Giới hạn: - Goi T1 ,T2 là các tiếp điểm của các tiếp N T1 tuyến vẽ từ A P Khi M chạy đến T1 thì P chạy đến P2 P2 Khi M chạy đến T2 thì P chạy đến P1. Tập hơp P là cung P1AP2 của đường tròn tâm O bán kính OA 2) Trường hợp điểm nằm trên đường tròn: Tập hợp P chính là đường tròn đã cho 3) Trường hợp A nằm trong đường tròn: Tập hợp P là đường tròn tâm O bán kinh OA sở gd & đt thanh hoá cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam trường Thpt quan sơn Độc lập - Tự do - Hạnh phúc đáp án Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi lớp 9 . môn thi: Toán học bảng: B Thời gian: 150 phút Bài làm Câu 1. (2 điểm) 1. Ta có: (ax2 + by2 )(x + y) = ax3 + by3 + (ax + by)xy = 9 + 3xy 5(x + y) = 9 + 3xy (I) (0,5 điểm) 217
Tương tự: (ax3 + by3)(x + y) = ax4 + by4 +xy(ax2 + by2) = 17 + 5xy 9(x + y) = 17 + 5xy. (II). (0,5 điểm) 9 3xy 5(x y) x y 3 Từ (I) và (II) ta có: 17 5xy 9(x y) xy 2 x 1 a 2b 3 a 1 Do vai trò của x và y ngang nhau (0,5 điểm) y 2 a 4b 5 b 1 Vậy A = 1 + 22005. (0,5 điểm) Câu II. (2 điểm) 1 1 1 Ta có: x n 2 x n 1 x n x n 2 x n 1 x n 2 x n 1 1 1 1 1 x n 2 x n 1 2 x n 2 x n (0,5 điểm) 1 1 1 1 1 1 A x x 1 x 1 x 2 x n 2 x n 1 1 1 1 1 1 1 1 2 x x 2 x 1 x 3 x n 2 x n 1 1 1 1 1 n 1 1 n . x x n 1 2 x x n x n x 1 2 x(x n) 1 n 1 1 n . (1 điểm) x x n 1 2 x n Thay x = 1; n = 2005 ta có: 2004 1 2005 A = (0,5 điểm) 2005 2 2006 Câu III. Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2: 3 3 2 Ta có: x1 + x2 = -36 (x1 + x2)[(x1 + x2) - 3x1x2] = -36. (0,5 điểm) 2(m + 1) [(4(m + 1)2 -3(m - 2)] = -36. 4m3 + 9m2 + 15m - 28 = 0 (m - 1)(4m2 + 13m + 28) = 0. m = 1. (1 điểm) Với m = 1, phường trình (2) trở thành: x2 - 4x + (-1) = 0. Có ' = 4 + 1=5 > 0 phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt. Vậy với m = 1 thì bài toán được thoả mãn. (0,5 điểm) Câu IV. (2 điểm). mx 2y m 1.(1) (A). 2x my 2m 5.(2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (m + 2)x + (m + 2)y = 3m + 6 (m + 2)(x + y) = 3(m + 2) (*) (1 điểm) 2x 2y 1 + Nếu m = -2, thì (A) trở thành: 2x 2y 1 (0,5 điểm) 2x 2y 1 + Nếu m -2 thì từ (*) ta coá: x + y = 3. (0,5 điểm) 218
Câu V (2 điểm) 2 2 2 2 x xy y x y 185.(1) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 (x xy y ) x y 65.(2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: 2 x2 y2 x2 y2 250 (0,5 điểm) x2 y2 25 x y 7 (1 điểm) xy 12 xy 1 x 4 x 3 x 4 x 3 (0,5 điểm)    y 3 y 4 y 3 y 4 Câu VI Để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ: mx2 = 2x + 1 phải có hai nghiệm phân biệt. mx2 - 2x - 1 =0 phải có hai nghiệm phân biệt. ' = 1 +m > 0 m > -1. Vậy m >-1 và m 0. Câu VII Cho a, b, c [0; 1]. Chứng minh rằng: a b c 1 a 1 b 1 c 1 (1). b c 1 a c 1 a b 1 Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a b c áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: 2 a b 1 1 a 1 b a b 1 1 a 1 b 1 (0,5 điểm) 3 1 1 a 1 b a b 1 1 c 1 a 1 b (0,5 điểm) a b 1 Vì a b c nên: a a (0,5 điểm) b c 1 a b 1 b b a c 1 a b 1 (0,5 điểm) a b c a b c 1 c 1 a 1 b 1 c 1 b c 1 a c 1 a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 Câu VIII y H C I O B A K E x 219
Giả sử Cy là tia đối của tia CB. Dựng DH, DI, DK lần lượt vuông góc với các đường thẳng BC, CA, AB Từ giả thiết ta có: DI DK DI DH. (0,5 điểm) DK DH (I phải nằm trên tia CA vì nếu I nằm trên tia đối của tia CA thì DI > DH. Suy ra: CD là phân giác của góc ACy. (0,5 điểm) 300 1300 Từ đó: ACˆD DCˆy 800 2 Mặt khác: CAˆE 1800 1300 500 CEˆA 500 CAE cân tại C AC = CE. (1 điểm) Câu IX (2 điểm). OA S S S S Ta có: AOC AOB AOB AOC AD S ADXC S ABD S ABC Tương tự: OB S S OAB OBC BE S ABC (1 điểm) OC S S OAC OBC CF S ABC OA OB OC 2 AD BE CF 1 1 1 R 2 AD BE CF (0,5 điểm) áp dụng BĐT Cauchy ta có: 1 1 1 2 AD BE CF R AD BE CF 9R AD BE CF 9R AD BE CF (0,5 điểm) 2 Dấu ' = ' xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Câu X. (2 điểm) Ta có: A BC  AI BC  (AOI) BC  Ao BC  OH Tương tự: OH  AB OH  AC H OH  (ABC) (0,5 điểm) * Xét tam giác vuông OAI ta có: 1 1 1 (1). (0,5 điểm) OH 2 OA2 OI 2 220
Xét tam giác vuông OBC ta có O B 1 1 1 (2). (0,5 điểm) I OI 2 OB2 OC 2 Từ (1) và (2)ta có: 1 1 1 1 (0,5 điểm) C OH 2 OA2 OB2 OC 2 Câu Đáp án Thang điểm Câu1 1. phương trình : x2 + a.x+1=0 Tacó : a 2 4 2 (4điểm) Điều kiện để phương trình có nghiệm x1,x2 là 0 a 4 a 2 (1) 0.5đ 2 2 x x 2 1 2 4 4 2 2 2 2 0.5đ Ta có : 7 x1 x2 7x1 x2 (x1 x2 ) 2x1 x2 9(x1 x2 ) x2 x1 (2) x x a Theo định lý Viét ta có : 1 2 0.5đ x1 x2 1 a 2 2 3 2 2 a 2 2 3 a 2 5 Thay vào (2) ta được : (a -2) >9 2 a 2 3 a 5 (thoả mãn (1) ) Vậy với a 5 thì thoả mãn yêu cầu bài toán. 0.5đ 221
2.Giải phương trình : 5 x x 3 x 2 8x 18 5 x 0 0.5đ Điều kiện : 3 x 5 (*) x 3 0 (5 x) 1 (x 3) 1 Ta có : 5 x x 3 (5 x).1 (x 3).1 2 0.5đ 2 2 5 x 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : x 4 x 3 1 0.5đ Mặt khác :x2-8x+18=(x-4)2+2 2 ;Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :x=4 Suy ra: 5 x x 3 x 2 8x 18 x 4 (thoả mãn (*) ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :x=4 0.5đ Câu2 1 x 2 (4điểm) y 1 1. Giải hệ phương trình : y 2 z 1 z 2 x Cách1: Điều kiện : x,y,z 0 0.5đ 1 x 0.5đ Từ pt (1) và(3) rút y,z thay vào pt (2) ta đuợc : 2 2 x 2x 1 Giải ra ta được : x=1 0.5đ Do đó y=1;z=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1;1) 0.5đ 222
Câu2 1 x 2 (4điểm) y 1 1 1 1 Cách2: x 2 (x ) (y ) (z ) 6 (*) z x y z 0.5đ 1 z 2 x 1 1 1 Ta có: x 2 ; y 2 ; z 2 x y z 0.5đ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:x=y=z=1 suy ra : VT(*) 6 hoặc VT(*) 6 (loại) 0.5đ Pt(*) x y z 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;1;1) 0.5đ 1 x 2y 5 2.Hê phươngtrình : x 2y x 2y 6 x 2y Điều kiện: x 2y 1 u v 5 u 3 u 2 Đặt :u= ;v =x+2y Hệ pt trở thành : hoặc 0.5đ x 2y uv 6 v 2 v 3 7 1 x u 3 3 6 . x 2y 0.5đ v 2 5 x 2y 2 y 12 7 1 x u 2 2 4 . x 2y v 3 5 0.5đ x 2y 3 y 8 7 5 7 5 Vậy hệ pt đã cho có hai nghiệm là : ( ; );( ; ) 6 12 4 8 0.5đ Câu3 1. ABF và AFC đồng dạng (g_g) 0.5đ (7điểm) Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC 0.5đ AF= AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB.AC không đổi 0.5đ Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB.AC ) cố định. 0.5đ 223
2. Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có :  AIF =  AOF (1) 1 1 0.5 điểm  AOF =  EOF và  EKF =  EOF 2 2  EKF =  AOF (2) 0 5 điểm Từ(1) và(2)  AIF =  EKF 0.5 điểm Do đó :EK vàAB song song vơí nhau 0,5 điểm 3. Cm được A,N,O thẳng hàng và AO  EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF . AH AN 0,5 điểm Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên AO AI Suy ra :AH.AI =AN.AO Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC 0,5 điểm AB.AC 1.0 điểm Do đó : AI.AH =AB.AC AH không đổi . Vậy H cố định AI Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của 1.0 điểm IH 224
Câu4 1. 5 điểm 2 1 2x 1 x 2 2x 2x 1 x 0.5 điểm A ( ) ( 1) 3 (với 0 0, y>0 ta có (x y) 2 4xy (x y) 2 0 x y x y x.y x y 0.5 điểm dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x- y = 0 hay x=y 1 1 4 Vậy: dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=y 0.5 điểm x y x y b c a b, ta có: P a 0 2 a c b P b 0 0.5 điểm 2 b a c P c 0 2 1 1 4 áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y x y 1 1 4 4 p a p b 2 p a b c Tương tự ta có: 1 1 4 1 1 4 ; p b p c a p c p a b 0.5 điểm 1 1 1 1 1 1 2 ( ) 4( ) p a p b p c a b c 0.5 điểm 1 1 1 1 1 1  ( ) 2( ) p a p b p c a b c Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c 0.5 điểm 225