DA DE HSG TOAN NAM 07-08

Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Đề chính thức Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs Năm học 2007-2008 Hớng dẫn chấm môn Toán (Hớng dẫn này có 06 trang) Bài ý Nội dung Điểm 1 Ta có ( ) 1 232 3 2 ++ + += xx x y vì 0 4 3 2 1 1 2 2 >+ +=++ xxx với x 0,50 ( ) 111 2 ++=++ xxxx là số lẻ 0,25 Nếu 11 2 =++ xx == == 11 70 yx yx 0,50 Nếu 11 2 >++ xx Phơng trình có nghiệm nguyên ( ) ( ) 23/1 2 +++ xxx (1) 0,25 ( ) ( ) xxxx 23/1 22 +++ ( ) ( ) ( ) [ ] 313/1 22 +++++ xxxxx ( ) ( ) 3/1 2 +++ xxx ( ) ( ) 93/1 2 +++ xxx (2) 0,50 Từ (1) và (2) ta đợc ( ) 7/1 2 ++ xx mà 11 2 ++< xx lẻ nên ta có 71 2 =++ xx 13 == yx hoặc 7 37 2 == yx (loại) 0,75 Vậy phơng trình có 3 nghiệm nguyên là ( ) 0; 7 ; ( ) 1; 1 ; ( ) 3; 1 0,25 2 a) Ta có phơng trình hoành độ giao điểm là: mxx += 2 2 0,25 ( ) mx = 11 2 (1) 0,25 (d) và (P) chỉ có 1 điểm chung Phơng trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất 101 == mm 0,25 Khi đó (d) là tiếp tuyến của (P) có phơng trình 12 += xy 0,25 Vẽ (d) và (P) trên cùng một mặt phẳng toạ độ 1 0,50 Đờng thẳng (d): mxy += 2 song song với đờng thẳng 12 += xy và cắt trục tung tại điểm có tung độ my = 0,25 Dựa vào đồ thị thì đờng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ dơng 10 << m 0,25 b) Xét phơng trình: 02 24 =+ mxx (2) Đặt 0 2 = xX ta có phơng trình 02 2 =+ mXX (3) 0,25 Theo kết quả câu a) phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt phơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt dơng 10 << m 0,50 Khi đó 4 nghiệm của phơng trình là: mx += 11 ; mx = 11 0,25 3 a) Nếu 0 = a phơng trình đã cho có dạng 02 =+ cbx Lúc đó theo giả thiết + <+ 01425 02 cb cb 0 b phơng trình có nghiệm duy nhất b c x 2 = 0,50 Nếu 0 a phơng trình đã cho có dạng 2 2 2 b b ac x a a + = ữ Ta có 0142514 + cba ( ) ( ) 022212 >++ cbacba 02 >+ cba (*) 0,50 Mặt khác 0142514 + cba ( ) bcba 182270 +> 0< b lúc đó 022 <+ cba 0,50 y 1 x 0 1 2 2 y x= 2 1y x= + 2y x m= + m 2 3 ( ) 0522 <<++ bcba 02 <++ cba (**) Từ (* và (**) ta có ( )( ) 022 <+++ cbacba ( ) 04 2 2 <+ bca ( ) accab 44 2 2 +> 0 2 > acb phơng trình có nghiệm. 0,50 b) Bất phơng trình đã cho ( )( ) 013 > xaxa Nhng 0 > ax , 0 > a nên 03 > x 0,50 Theo bất đẳng thức Cô si ta có ( ) ( ) ( )( ) 33333 3 ++= xaxaxaxa 0,50 Vậy bất phơng trình có nghiệm ( )( ) = == 13 3 xaxa xaxa 0,50 Suy ra 2,1 == xa Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm 1= a 0,50 4 Hệ đã cho =++ =+ 012153123 0133 22 23 yxyxyx xyx 0,50 Cộng từng vế ta đợc ( ) ( ) ( ) ( ) 011211213133 223 =+++ xxyxyxxx ( ) ( ) ( ) [ ] 02311 22 =+ yxx ( ) ( ) =+ = 0231 1 22 yx x 0,50 Nếu 1=x ta có hệ =++ = 04541 0123 2 2 yyy y 2= y 0,50 Nếu ( ) ( ) 0231 22 =+ yx ta đợc = = 2 1 y x thoả mãn hệ đã cho Vậy nghiệm của hệ là ( ) 2;1 0,50 3 5 Ta có BOC = 2BAC = 90 0 BKC = BHC = 90 0 Suy ra 5 điểm B, K, O, H, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC 0,50 Lúc đó KOH = 180 0 KCH = 180 0 - 45 0 (vì tam giác KAC vuông cân ở K) = 135 0 0,50 Mà KOH = KPH (do đối xứng) KPH = 135 0 KAH + KPH = 180 0 tứ giác KAHP nội tiếp 0,50 Theo định lí Pơtôlêmê ta có AP.KH = AH.PK + AK.PH = AH.OK + AK.OH (do đối xứng) = a 2 AP.KH = a 2 0,50 Tam giác AHB vuông cân tại H nên HB = HA Mặt khác OA = OB = R Suy ra OH là trung trực của AB 0,25 Lúc ấy OH AB, nhng CK AB nên OH // CK mà tứ giác CKOH nội tiếp nên nó là hình thang cân. Vậy KH = OC = R 0,50 Do đó R a KH a AP 22 == 0,25 4 A C B O P H K 6 ¸p dông c¸c bÊt ®¼ng thøc 1 1 1 1 4 1 1 1 1 2 x y x y x y xy    ≤ +   ÷ +        ≤ +  ÷     víi 0, >∀ yx Ta cã         +≤ + cb a cba hh h hhh 11 4 11 1 1 1 1 1 4 2 a b c h h h     ≤ + +    ÷     0,50 Suy ra 1 1 1 1 1 1 4 2 a b c a b c h h h h h h     ≤ + +    ÷ +     T¬ng tù 1 1 1 1 1 1 4 2 b c a b c a h h h h h h     ≤ + +    ÷ +     1 1 1 1 1 1 4 2 c a b c a b h h h h h h     ≤ + +    ÷ +     Céng tõng vÕ ta ®îc         ++≤ + + + + + = cba bacacbcba hhh hhhhhhhhh M 111 2 1111 0,50 Mµ S c S b S a hhh cba 222 111 ++=++ S cba 2 ++ = 1 r = (v× prS = ) suy ra r M 2 1 ≤ 0,50 ¸p dông c¸c bÊt ®¼ng thøc ( )          ++≥++ ++≥++ ≥         ++++ zxyzxyzyx zxyzxyzyx zyx zyx 222 9 111 víi , , 0x y z∀ > ta cã accbbacba hhhhhhhhh M +++++ ≥ 9 0,50 5 ( ) cba hhh ++ 2 9 ++ = cba S 111 4 9 9R ab bc ca = + + (vì R abc S 4 = ) 0,50 222 9 cba R ++ suy ra 222 9 cba R M ++ Dấu (=) xẩy ra tam giác ABC đều. 0,50 7 Gọi các đỉnh của ngũ giác là A i (x i ; y i ) với x i ; y i là những số nguyên với i = 1, 2, 3, 4, 5. 0,50 Cặp số (x i ; y i ) chỉ có thể là một trong các dạng sau: (2m; 2m); (2n+1; 2n); (2p+1; 2p+1); (2q; 2q+1). Với m, m; n, n; p, p; q, q là những số nguyên. 0,50 Do đa giác chỉ có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đirichlê có ít nhất 2 đỉnh có toạ độ thuộc 1 trong 4 dạng trên. 0,50 Khi đó trung điểm đoạn thẳng nối 2 đỉnh đó có toạ độ nguyên. Do ngũ giác là lồi nên điểm này nằm bên trong hoặc trên cạnh của ngũ giác. 0,50 Hớng dẫn chung ợ Trên đây chỉ là các bớc giải và khung điểm bắt buộc cho từng bớc, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lý mới đợc công nhận cho điểm. ợ Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm. ợ Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn. 6