Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chớnh thức Mụn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phỳt Cõu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010 Tớnh f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tỡm cỏc nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) Cõu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trỡnh: x2 x3 x2 x2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trỡnh: 2 1 2 4 xy z Cõu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là cỏc số thực dương thoả món: xyz = 1 1 1 1 Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức: A x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 Cõu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường trũn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phõn biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trờn tia đối của tia AB. Vẽ cỏc tiếp tuyến CD; CE với đường trũn tõm O (D; E là cỏc tiếp điểm và E nằm trong đường trũn tõm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường trũn tõm O' lần lượt tại M và N (M và N khỏc với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thỡ đường thẳng DE luụn đi qua một điểm cố định. Cõu 5. (2,5 điểm): Cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trờn đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hỡnh chiếu của điểm M trờn AB và AC. Vẽ NH  PD tại H. Xỏc định vị trớ của điểm M để tam giỏc AHB cú diện tớch lớn nhất. - - - Hết - - - Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh: 1
2. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Kè 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 ) Mụn: TOÁN - BẢNG A Cõu í Nội dung Điểm a 3 16 8 5 3 16 8 5 3 3 3 a 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 ) 0,5 3 a) a 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, 2 2 (1) trở thành x xy y 7t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*) 0,25 2 0,25 b) 84t 75t 2 (2,5đ) Để (*) cú nghiệm 0 84t 75t 0 28 0 t 25 0,25 Vỡ 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 thoó món phương trỡnh 0,25 1 0,5 Với x 1 Ta cú x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1) 2 2, a) 1 0,5 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1) (4,5đ) (2,5đ) 2 x3 x2 x2 x x2 0,25 x2 x 1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 x x 1 2
3. x2 x 1 0,25 x 1 x 1 Vụ lý 2 x x 1 Vậy phương trỡnh đó cho cú 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 0,25 Từ (1) 4 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 0,25 0 b) x2 y2 z2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 0,25 ( ) ( ) 0 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 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 2 2 2 Ta cú (x y)2 0 x;y 0,25 x2 xy y2 xy 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta cú: 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 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự:y 3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 3, 3 3 (3,0đ) z + x + 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) 1 0,25 A 1 xyz Vậy giỏ trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25 3
4. C M D A Q E K O' O H I B N Ta cú:Bã DE Bã AE (cựng chắn cung BE của đường trũn tõm O) 0,25 Bã AE Bã MN (cựng chắn cung BN của đường trũn tõm O') 0,25 4, ã ã 0,25 (5,5đ) BDE BMN hay Bã DI Bã MN BDMI là tứ giỏc nội tiếp 0,50 ã ã 0,25 a) MDI MBI (cựng chắn cung MI) (3,0đ) mà Mã DI Ã BE (cựng chắn cung AE của đường trũn tõm O) 0,25 Ã BE Mã BI 0,25 mặt khỏc Bã MI Bã AE (chứng minh trờn) 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 vuụng tại D cú DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của 0,50 b) AB và OO' OO'  AB tại H. (2,5đ) Xột KQO và CHO cú Qà Hà 900;Oà chung 0,50 KQO ~ CHO (g.g) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH 4
5. R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R 2 OK OH Vỡ OH cố định và R khụng đổi 0,50 OK khụng đổi K cố định A H' N P O H M B D C E ABC vuụng cõn tại A AD là phõn giỏc gúc A và AD  BC 0,25 D (O; AB/2) 5, Ta cú ANMP là hỡnh vuụng (hỡnh chữ nhật cú AM là phõn giỏc) 0,50 (2,5đ) tứ giỏc ANMP nội tiếp đường trũn đường kớnh NP mà Nã HP 900 H thuộc đường trũn đường kớnh NP à HN à MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giỏc BNHE nội tiếp đường trũn đường kớnh NE Mặt khỏc BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50 mà PC = BN BN = BE BNE vuụng cõn tại B Nã EB 450 mà Nã HB Nã EB (cựng chắn cung BN) Nã HB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra à HB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hỡnh chiếu của H trờn AB HH'.AB S S lớn nhất HH' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cựng thuộc đường trũn đường kớnh AB 0,50 và OD  AB) Dấu "=" xẩy ra H  D M  D Lưu ý:- Học sinh làm cỏch khỏc đỳng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm khụng làm trũn. 5
6. Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề xuất Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A (Thời gian làm bài: 150 phút ) Bài 1: (4 điểm) Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn 4 4 4 4 x1 + x2 + x3 + x4 = 32 Bài 2: (4 điểm) Giải hệ phương trình 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0 Bài 3: (3,5 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R (R là một độ dài cho trước). M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 1) Tính độ dài đoạn MN theo R. 2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán. Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2. 6
7. Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A Câu Nội dung Điểm Bài 1 4 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] 1,5 = 8m2 - 16 2 Từ giả thiết ta có 8m - 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 1 2 2 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 1,5 4 x 5 x=1 va 13 y=1 y 5 0,5 4 13 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); ; - 5 5 7
8. Bài 3 3,5 x2 y2 4x2 *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 0,5 x y 4y x2y2 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy 0,75 * Vậy x 2 hoặc y 2 0,5 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên 0,25 - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên 0,25 - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 0,25 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0 y =1 0,25 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 0.25 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 0,5 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 1 0,75 ãAKN (sd ằAB sd MẳN) 600 2 Gọi O' là trung điểm của IK Mã O'N 2Mã KN 1200 0,5 MN 3 R 3 MN = MO ' 3 hay MO' = 3 3 8
9. R 3 Do đó bán kính đường tròn qua M, N, I, K là 0,5 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 1,0 4 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 2 2 0,5 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: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 0,5 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 Đẳng thức xảy ra x y 3 2 2 (x; y) (1;2) 0,5 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 9