Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp Tỉnh(kèm theo đáp án)

Phòng GD&ĐT Thanh Sơn (Đề thi có 01 trang) Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Cấp Tỉnh Năm học 2008 - 2009 Môn: Toán (Thời gian làm bài 150 phút) Câu 1(1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ a 1 ;a 2 ; ;a 2009 thoả mãn đẳng thức 2 2008 2 3 2 2 2 1 . aaaa ++++ = 2 2009 a Câu 2 (3điểm) a) Cho a + b + c = 0 (1) và a 2 + b 2 + c 2 = 12 (2) . Tính giá trị biểu thức A= a 4 + b 4 + c 4 b) Giải phơng trình: 11 )5( 25 2 2 2 = + + x x x Câu 3 (3điểm) a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x 2 + 9y 2 6xy -6x 12y + 2008 Câu 4( 3điểm) Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn. Gọi H là hình chiếu của C trên AB. Gọi O 1 ; O 2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Gọi I là giao điểm của AO 1 và BO 2 a) Chứng minh CI vuông góc O 1 O 2 b) Gọi r,r 1 ,r 2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r 2 = r 1 2 + r 2 2 c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định. -----------------------Hết------------------------ Họ và tên: .Số báo danh: . Hớng dẫn chấm thi toán 9 Câu 1( 1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ: a 1 ;a 2 ; ;a 2009 thoả mãn đẳng thức 2 2008 2 3 2 2 2 1 . aaaa ++++ = 2 2009 a Đáp án Thang điểm Với mọi a số nguyên lẻ thì a 2 chia 4 d 1. Thật vậy Đặt a= 2k +1 a 2 = (2k+1) 2 = 4k 2 +4k+1( k Z) a 1(mod 4) Vì a 1 , a 2 , a 2008 là các số nguyên lẻ nên VT = a 1 2 +a 2 2 + +a 2008 2 1+1+ 1( có 2008 số1) 2008 0(mod4) (1) Mà a 2009 2 1(mod 4)(2) Từ (1) và (2) VT VP vậy không có số nguyên lẻ a 1 ;a 2 ; ;a 2009 nào thoả mãn đề bài 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (3điểm) a) Cho a + b + c = 0 (1) và a 2 + b 2 + c 2 = 12 (2) . Tính giá trị biểu thức A= a 4 + b 4 + c 4 b) Giải phơng trình: 11 )5( 25 2 2 2 = + + x x x Đáp án Thang điểm a) 1,5 Từ (2) (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 12 2 a 4 +b 4 + c 4 +2(a 2 b 2 + b 2 c 2 +c 2 a 2 ) =144 0,25 a 4 +b 4 + c 4 = 144 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 +c 2 a 2 ) 0,25 Mặt khác: Từ (1) ( a+b+c) 2 = 0 a 2 + b 2 + c 2 + 2ab+2bc+2ac =0 12+ 2( ab+bc+ac) = 0 0,25 ab+ bc+ac = -6 (ab+bc+ac) 2 = 36 0,25 a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 + 2abc( a+b+c) = 36 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 36 0,25 Khi đó A = 144- 2.36 = 72 0,25 b) 1,5 Ta có 5 1011 5 5 5 .211 )5( 25 5 5 .2 11 )5( 25 2 2 2 2 2 2 2 2 + = + + = + + + = + + x x x x x x x x x x x xx x x Đặt 5 2 + x x = y. 0,25 PT trở thành: y 2 + 10y 11 = 0, suy ra: y = 1; y = -11. 0,25 + Nếu y = 1 thì 5 2 + x x =1 , suy ra: x 2 - x 5 = 0. Giải đợc: 0,25 2 211 ; 2 211 21 = + = xx 0,25 + Nếu y = -11 thì 5 2 + x x = -11, suy ra x 2 + 11x + 55 = 0. PT vô nghiệm. 0,25 Tóm lại: Tập nghiệm của phơng trình là S = + 2 211 ; 2 211 0,25 Câu 3(3điểm) a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x 2 + 9y 2 6xy -6x 12y + 2008 Đáp án Thang điểm a.(1,5 điểm)Gọi 4 số phải tìm là x, y, z, t .Ta có x= ( y+ z+t) 2 (1) y = ( x+z+t) 2 (2) z= ( x+y+t) 2 (3) t= ( x+y+z) 2 ( 4) 0,25 Từ (1) ; (2) x-y = ( y+z+t) 2 (x+z+t) 2 (x-y) = (y-x)(x+y+2x+2t) (x-y)(x+y+2z+2t+1)=0 0,5 x-y = 0 ( Vì x+y+2z+2t+1 > 0) x=y 0,25 Chứng minh tơng tự x= z; x=t x=y=z=t Từ (1) x= (3x) 2 x= 9x 2 x(9x-1) =0 9x-1=0 (vì x>0) 0,25 x=y=z=t= 9 1 0,25 b.(1,5 điểm) Ta có A = ( x 2 6xy + 9y 2 ) + 4( x-3y) +4 + (x 2 -10x+25)+1979 0,25 = (x-3y) 2 +4(x-3y) +4 + (x-5) 2 +1979 0,25 = (x-3y+2) 2 +(x-5) 2 +1979 1979 0,25 Dấu = xảy ra = = = =+ 3 7 5 05 023 y x x yx 0,5 Vậy: giá trị nhỏ nhất của A là 1979 đạt đợc khi (x; y) = (5; 3 7 ) 0,25 Câu 4( 3điểm). Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn . Gọi H là hình chiếu của C trên AB. Gọi O 1 ; O 2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Gọi I là giao điểm của AO 1 và BO 2 a) Chứng minh CI vuông góc O 1 O 2 b) Gọi r,r 1 ,r 2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r 2 = r 1 2 + r 2 2 c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định. Đáp án Điểm I O B O O A C H F E J a) ACB = 90 0 ( Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính AB) Ta có ACH = H ( cùng phụ với BCH) 0,25 Vì CO 1 và BO 2 lần lợt là phân giác của góc ACH và CBH Suy ra ACO 1 = HCO 1 = HBO 2 = CBO 2 0,25 Gọi E CO 1 BI ; F AI CO 2 Ta có HBO 2 + CBO 2 + BCH = 90 0 HCO 1 + CBO 2 + BCH = 90 0 . suy ra CEB = 90 0 0,25 Suy ra BE CO 1 suy ra O 2 E là đờng cao của tam giác CO 1 O 2 . Chứng minh tơng tự :O 1 F là đờng cao của tam giác CO 1 O 2 Suy ra I là trực tâm của tam giác CO 1 O 2 .Suy ra CI O 1 O 2 0,25 b) Ta có ABC đồng dạng ACH (g.g) BC CH r r = 1 (1) 0,25 ABC đồng dạng CBH ( g.g) AC CH r r = 2 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 1 1 .) 11 ( 2 2 222 2 2 2 2 2 2 2 1 ==+=+= + CH CH ACBCAC CH BC CH r rr . 0,5 c,Vì AI và BI là phân giác của CAB và CBA. Suy ra CI là phân giác của ACB. Suy ra: cung AJ = cung BJ, do đó CI đi qua diểm chính giữa của cung AB ( điểm J) ( C và J thuộc 2 nửa mặt phẳng đối nhau bờ là AB) 1,0 . Phòng GD&ĐT Thanh Sơn (Đề thi có 01 trang) Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Cấp Tỉnh Năm học 2008 - 2009 Môn: Toán (Thời gian. -----------------------Hết------------------------ Họ và tên: .Số báo danh: . Hớng dẫn chấm thi toán 9 Câu 1( 1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ: a 1