Gọi O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH... PT vô nghiệm... Cho đờng tròn O có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn.. Gọi O1; O2 lần lợt
Trang 1Phòng GD&ĐT Thanh Sơn
(Đề thi có 01 trang) Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Cấp TỉnhNăm học 2008 - 2009
Môn: Toán
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu 1(1điểm)
Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ a1;a2; …;a;a2009 thoả mãn đẳng
2008
2 3
2
2
2
1 a a a
a = 2
2009
a
Câu 2 (3điểm)
a) Cho a + b + c = 0 (1) và a2 + b2 + c2 = 12 (2) Tính giá trị biểu thức
A= a4 + b4 + c4
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= 2x2 + 9y2 – 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 O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH Gọi I là giao điểm của AO1 và BO2
a) Chứng minh CI vuông góc O1O2
b) Gọi r,r1,r2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r2 = r1 + r2
c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định
-Hết -Họ và tên:…;a…;a…;a…;a…;a…;a…;a…;a.Số báo danh:…;a…;a…;a…;a…;a…;a
Hớng dẫn chấm thi toán 9 Câu 1( 1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ: a1;a2; …;a;a2009 thoả mãn đẳng thức 2
2008
2 3
2 2
2
1 a a a
a = 2
2009
a
điểm Với mọi a số nguyên lẻ thì a2 chia 4 d 1 Thật vậy 0,25
Trang 2Đặt a= 2k +1 a2 = (2k+1)2 = 4k2+4k+1( kZ) a 1(mod 4)
Vì a1, a2,…;aa2008 là các số nguyên lẻ nên
VT = a1 +a2 +…;a+a20082 1+1+…;a1( có 2008 số1) 2008 0(mod4)
(1)
Mà a20092
1(mod 4)(2)
Từ (1) và (2) VT ≠ VP vậy không có số nguyên lẻ a1;a2; …;a;a2009 nào
thoả mãn đề bài
0,25 0,25 0,25
Câu 2 (3điểm)
a) Cho a + b + c = 0 (1) và a2 + b2 + c2 = 12 (2) Tính giá trị biểu thức
A= a4 + b4 + c4
b) Giải phơng trình: 11
) 5 (
25
2
2
x
x x
điểm
Từ (2) (a2 + b2 + c2)2= 122
a4 +b4+ c4 +2(a2b2+ b2c2+c2a2) =144 0,25
a4 +b4+ c4= 144 – 2(a2b2+ b2c2+c2a2) 0,25 Mặt khác: Từ (1) ( a+b+c)2 = 0
a2 + b2+ c2 + 2ab+2bc+2ac =0
12+ 2( ab+bc+ac) = 0
0,25
ab+ bc+ac = -6
(ab+bc+ac)2 = 36
0,25
a2b2+ b2c2+ a2c2 + 2abc( a+b+c) = 36
a2b2 + b2c2+ c2a2 = 36
0,25 Khi đó A = 144- 2.36 = 72 0,25
Ta có
5 10 11 5
5
5 2 11 ) 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 x x
x x
Đặt
5
2
x
x = y
0,25
Trang 3PT trở thành: y2 + 10y – 11 = 0, suy ra: y = 1; y = -11 0,25
+ Nếu y = 1 thì
5
2
x
x =1 , suy ra: x2- x – 5 = 0 Giải đợc: 0,25
2
21 1
; 2
21 1
2 1
0,25
+ Nếu y = -11 thì
5
2
x
x
= -11, suy ra x2 + 11x + 55 = 0 PT vô nghiệm
0,25
Tóm lại: Tập nghiệm của phơng trình là S =
2
21 1
; 2
21 1
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= 2x2 + 9y2 – 6xy -6x – 12y + 2008
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= 9x2 x(9x-1) =0 9x-1=0 (vì x>0)
0,25
x=y=z=t=
9
b.(1,5 điểm)
Ta có A = ( x2 – 6xy + 9y2) + 4( x-3y) +4 + (x2-10x+25)+1979
0,25
= (x-3y)2 +4(x-3y) +4 + (x-5)2 +1979 0,25
Trang 4= (x-3y+2)2 +(x-5)2 +1979 1979 0,25
Dấu ‘=’ xảy ra
3 5 0
5 0 2 3
y x x
y
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 O1; O2 lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH Gọi I là giao điểm của AO1 và BO2
a) Chứng minh CI vuông góc O1O2
b) Gọi r,r1,r2 lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH; BCH chứng minh r2 = r1 + r2
c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định
I
O
B
O
O A
C
H
F E
J
a) ACB= 900( Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính AB)
Ta có ACH = H ( cùng phụ với BCH)
0,25
Vì CO1 và BO2 lần lợt là phân giác của góc ACH và CBH
Suy ra ACO1 = HCO1=HBO2 = CBO2
0,25
Gọi E CO1 BI ; F AICO2
Ta có HBO2 + CBO2 + BCH = 900
HCO1 + CBO2 + BCH = 900 suy ra CEB = 900
0,25
Trang 5Suy ra BE CO1 suy ra O2E là đờng cao của tam giác CO1O2.
Chứng minh tơng tự :O1F là đờng cao của tam giác CO1O2
Suy ra I là trực tâm của tam giác CO1O2 Suy ra CI O1O2
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
Từ (1) và (2) suy ra ( 1 1 ) 2 1 2 1
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
CH
CH AC
BC AC
CH BC
CH r
r r
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