đề thi chọn HSG lớp 9Ninh bình năm 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008-2009 Môn: Toán Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (4.0 điểm): Cho phương trình 022 22 =−+− mmmxx , trong đó m là tham số. 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm. 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 21 ; xx thoả mãn .3 21 =+ xx Câu 2 ( 6.0 điểm): Giải các phương trình sau: 1. 076 2 =−− xx . 2. 831032 32 +=+− xxx . 3. 1233 22 +=−++ xxxxx . Câu 3 (6.0 điểm): 1. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD). Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB tại M. Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD lần lượt tại E và F. Gọi K là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông. b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 322 + và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. Tính độ dài cạnh AB và AC. Câu 4 (2.0 điểm): Cho ba số a , b , c thoả mãn    =++ ≤≤ 6 3,,1 cba cba Chứng minh rằng: 14 222 ≤++ cba Câu 5 ( 2.0 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn    =++ >++ 1001098 11 zyx zyx HẾT Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:…………………… ĐỀ THI CHÍNH THỨC Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 2008- 2009. Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1 1.(2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm      ≥ ≥ >∆ ⇔ 0 0 0 P S 2 02 0 02 02 02 2 22 ≥⇔    ≥− > ⇔      ≥− ≥ >+− ⇔ m m m mm m mmm . Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm. Lấy giao đúng kết quả cho 0.5 điểm. 2. (2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm ( 0;0 21 ≥≥ xx ) khi m 2≥ . Áp dụng định lý vi ét ta có    −= =+ mmxx mxx 2. 2 2 21 21 Theo yêu cầu bài toán: 9 23 212121 =++⇔=+ xxxxxx 28 81 28 81 029 4368184 029 292.2 22 2 =⇔      = ≥− ⇔    +−=− ≥− ⇔−=−⇔ m m m mmmm m mmm Học sinh có thể không lý luận m 2≥ mà giải bình thường, sau khi tìm được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này. 0.5 1.5 0.25 0.25 0.5 1.0 Câu 2 1. (2.0 điểm) Đặt t = x , t 0 ≥ , phương trình trở thành    = −= ⇔=−− 7 1 076 2 t t tt Với t=7 suy ra x = 7 Vậy phương trình có nghiệm x = 7 2. (2.5 điểm) Ta có )2()42(2)42).(2(.3 22 +++−=+−+ xxxxxx 42 2 2 42 2 .3 22 +− + += +− + ⇔ xx x xx x Đặt t= 42 2 2 +− + xx x , (t 0 ≥ ). Phương trình trở thành    = = ⇔=+− 2 1 023 2 t t tt . Với t=1, suy ra: x + 2 = x 2 -2x+4    = = ⇔=+−⇔ 2 1 023 2 x x xx . Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x 2 -2x+4) 01494 2 =+−⇔ xx ( pt này vô nghiệm) 1.0 0.75 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2. Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như sau . Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b 2 + a 2 cho 0.5 điểm . Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm. Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm. 3. (1.5 điểm) Ta có 2 4 3 ).( 4 3 2 2 xx xx ++ ≤+ (a); 2 4 1 ).( 4 1 2 2 xx xx −+ ≤− (b) Từ (a) và (b) ta có 1233 2 21 )33( 2 1 2222 +≤−++⇔ + ≤−++ xxxxx x xxxx Dấu bằng xẩy ra 2 1 4 1 2 1 4 1 4 3 22 2 =⇔        =− = ⇔        =− =+ ⇔ x xx x xx xx Vậy phương trình có nghiệm x=1/2. 0.5 0.5 0.5 Câu 3 1.(4.0 điểm) a. ( 2.0 điểm) +) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên 0 90=∠EAM . Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên 0 90=∠ECM . Tứ giác AECM có EAM∠ + 0 180=∠ECM nên nội tiếp được đường tròn. +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn. +) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên CAMCEM ∠=∠ Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên CBMCFM ∠=∠ . Mặt khác 00 90180 =∠−=∠+∠ ACBCBMCAM Nên 0 90=∠+∠=∠+∠ CBMCAMCFMCEM . Trong tam giác MEF có 00 90)(180F =∠+∠−=∠ CFMCEMEM . Hay tam giác MEF vuông tại M. b. ( 2.5 điểm) +) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC. Xét tứ giác KDJC có . AD vuông góc với KB nên 0 90=∠JDK . . BC vuông góc với KA nên 0 90=∠JCK . Do đó tứ giác KDJC có JDK∠ + 0 180=∠JCK nên nội tiếp đường tròn đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung điểm của KJ. +)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI ⊥ CD Gọi N là giao điểm của CD và IO. . Ta có tam giác OCD đều nên 0 60=∠OCD (a). . Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên 0 30 2 1 =∠=∠ CODCAD . Do tam giác ADK vuông tại D nên 00 6090 =∠−=∠ CADAKD 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 . Do tứ giác KCJD nội tiếp nên 0 120.2 =∠=∠ CKDCID . Do tam giác ICD cân tại I nên 00 30)180( 2 1 =∠−=∠ CIDICD (b). Từ (a) và (b) suy ra 0 90=∠+∠=∠ DCOICDICO +) Trong tam giác vuông CIO có 3 314111111 222222222 R CI RRRCOCNCICOCICN =→=−=−=⇒+= Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là 3 R . 2. (1.5 điểm). Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2 2 . Mặt khác : AB 2 +AC 2 =BC 2 = ( ) 346.3816322 2 +=⇔+=+ ACAB . Suy ra      += += ⇔      += +=+ 33 31 346. 224 AC AB ACAB ACAB 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 A E D K C O B N J I F O B M J N Câu 4 (2 đ) Ta có 18)(6)2()3)(3(2 222222222 ++−+++=−−+++≤++ cbbccbacbcbacba = )2)(1(214)23(214186218)6(6)6( 2222 −−+=+−+=+−=+−−−+ aaaaaaaaa . Gọi a = Min { } cba ,, , suy ra : 6 = a + b +c ≥ 3a 2 ≤→ a Vậy 0)2).(1(21 ≤−−→≤≤ aaa Từ đó suy ra 14 222 ≤++ cba Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi                = = =      = = = ↔      =++ =−− =−− 3 2 1 2 3 1 6 0)2)(1( 0)3)(3( c b a c b a cba aa cb Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3. ( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm) 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 5 (2 đ) Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z) 2 25 <++→ zyx . Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12. Vậy ta có hệ    =+ =++ ↔    =++ =++ 42 12 1001098 12 zy zyx zyx zyx Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0) Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài toán 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Chú ý: 1. Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán. Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa. 2. Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm. A D C M N I 3. Điểm bài thi không làm tròn. . GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008 -2009 Môn: Toán Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu. HẾT Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:…………………… ĐỀ THI CHÍNH THỨC Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 2008- 2009. Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1 1.(2.0 điểm) Phương. xxxxxx 28 81 28 81 029 4368184 029 292.2 22 2 =⇔      = ≥− ⇔    +−=− ≥− ⇔−=−⇔ m m m mmmm m mmm Học sinh có thể không lý luận m 2≥ mà giải bình thường, sau khi tìm được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không thay