Đề thi chọn HSG lớp 9 cấp tỉnh môn Toán năm 2009 - 2010 - Sở GD&ĐT Nghệ An

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