Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 - Môn thi: Toán lớp 9 - Bảng A

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 - Môn thi: Toán lớp 9 - Bảng A

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính thức Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2 x3 x2 x2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 2 4 xy z Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 A x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH  PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - -
2. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a 3 16 8 5 3 16 8 5 3 3 3 3 a 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 ) 0,5 a) a3 32 3.( 4).a 0,5 (2,0đ) a3 32 12a 0,25 a3 12a 32 0 0,25 a3 12a 31 1 0,25 f (a) 12010 1 0,25 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)5 (x 2y)5 0,25 Đặt x 2y 5t (2) (t Z) 0,25 1, (1) trở thành x2 xy y2 7t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*) 0,25 84t 75t 2 0,25 b) 2 (2,5đ) Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 0 28 0 t 25 0,25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 0,25 Thay vào (*) 0,25 Với t 0 y1 0 x1 0 0,25 y2 3 x2 1 0,25 Với t 1 0,25 y3 2 x3 1 ĐK x 0 hoặc x 1 0,25 Với x 0 thoã mãn phương trình 0,25 1 Với x 1 Ta có x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1) 0,5 2, a) 2 (4,5đ) (2,5đ) 1 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1) 0,5 2 x3 x2 x2 x x2 0,25
3. x2 x 1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 x x 1 x2 x 1 0,25 x 1 x 1 Vô lý 2 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 0,25 1 1 1 0,25 2 (1) x y z (I) ĐK x; y; z 0 2 1 2 4 (2) xy z 1 1 1 2 2 2 Từ (1) 4 0,25 x2 y2 z2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz 1 1 2 2 2 0 0,25 b) x2 y2 z2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) 0 0,25 x2 xz z2 y2 yz z2 2 2 1 1 1 1 0,25 0 x z y z 1 1 0,25 0 x z x y z 1 1 0 y z 1 1 1 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 0,25 2 2 2 Ta có (x y)2 0 x;y 0,25 x2 xy y2 xy 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 3, x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 (3,0đ) Tương tự:y 3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 1 1 1 0,25 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) x y z 0,25 A xyz(x y z)
4. 1 0,25 A 1 xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25 C M D A Q E K O' O H I B N · · 0,25 4, Ta có:BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) (5,5đ) B· AE B· MN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 B· DE B· MN 0,25 hay B· DI B· MN BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 · · 0,25 a) MDI MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà M· DI A· BE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 A· BE M· BI 0,25 mặt khác B· MI B· AE (chứng minh trên) 0,25 MBI ~ ABE (g.g) 0,25 MI BI 0,50 MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC  DE tại Q 0,50 OCD vuông tại D có DQ là đường cao b) OQ.OC = OD2 = R2 (1) (2,5đ) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm 0,50 của AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Qµ Hµ 900;Oµ chung 0,50
5. KQO ~ CHO (g.g) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R 2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định A H' N P O H M B D C E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD  BC 0,25 5, D (O; AB/2) (2,5đ) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà N· HP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP A· HN A· MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50 mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B N· EB 450 mà N· HB N· EB (cùng chắn cung BN) N· HB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra A· HB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH'.AB S S lớn nhất HH' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường 0,50 kính AB và OD  AB)
6. Dấu "=" xẩy ra H  D M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.