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

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính 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 y) 2 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2 x 3 x 2 x 2 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 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A x3 y 3 1 y 3 z 3 1 z 3 x 3 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 - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. 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 316 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).(3 16 8 5 3 16 8 5) 0,5 3 a) a 32 3.( 4). a 0,5 (2,0đ) a3 32 12 a 0,25 a3 12 a 32 0 0,25 a3 12 a 31 1 0,25 f( a ) 12010 1 0,25 5(x2 xy y 2 ) 7( x 2 y ) (1) 7(x 2 y ) 5 (x 2 y ) 5 0,25 Đặt x 2 y 5 t (2) ()t Z 0,25 1, 2 2 (1) trở thành x xy y 7 t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x 5 t 2 y thay vào (3) ta được 3y2 15 ty 25 t 2 7 t 0 (*) 0,25 2 b) 84t 75 t 0,25 2 (2,5đ) Để (*) có nghiệm 0 84t 75 t 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 x 2 1 0,25 Với t 1 0,25 y3 2 x 3 1 2, ĐK x 0 hoặc x 1 0,25 (4,5đ) Với x 0 thoã mãn phương trình 0,25 1 0,5 Với x 1 Ta có x3 x 2 x 2( x 1) ( x 2 x 1) 2 1 0,5 x2 x 1( x 2 x ) ( x 2 x 1) 2 a) x3 x 2 x 2 x x 2 0,25 (2,5đ) 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
3. 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 y 2 z 2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 xyz2 x 2 y 2 z 2 xyxz yz 1 1 2 2 2 0,25 0 b) x2 y 2 z 2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 0,25 ( ) ( ) 0 x2 xz z 2 y 2 yz z 2 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 có (x y)2 0  x; y 0,25 x2 xy y 2 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 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y3 + 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 giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25
4. C M D A Q E K O' O H I B N Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 BDE BMN 0,25 0,50 4, hay BDI BMN BDMI là tứ giác nội tiếp (5,5đ) 0,25 a) MDI MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà MDI ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 ABE MBI 0,25 mặt khác BMI BAE (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 OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của 0,50 AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Q H 900 ;O chung 0,50 b) KQO ~ CHO (g.g) (2,5đ) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định
5. 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 D (O; AB/2) 5, Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 (2,5đ) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà NHP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP AHN AMN 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 NEB 450 mà NHB NEB (cùng chắn cung BN) NHB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra AHB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH'.AB SS lớn nhất HH' lớn nhất AHB2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 0,50 và OD  AB) 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.