1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

De thi va DA vao lop 10 chuyen

4 499 1
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 176,5 KB

Nội dung

Trang 1

sở giáo dục và đào tạo

Hải Dơng

Đề số 1

kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9

năm học 2008 - 2009 Môn thi : toán

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu I: ( 2.0 điểm )

Tính giá trị của biểu thức :

P = x(4 −y)(4 −z) + y(4 −z)(4 −x) + z(4 −x)(4 −y) − xyz

Trong đó x , y , z là các số thực dơng thỏa mãn : x y z+ + = − 4 xyz

Câu II: (1.5 điểm)

Chứng minh rằng nếu x0 là nghiệm của phơng trình :

2

( 1) 0

x + +a x b+ =

thì : 2 2

x < a + +b a+

Câu III: (2.5 điểm )

Giải hệ phơng trình :

2

697 81

x y

 + =

Câu IV: ( 3 điểm)

Cho tam giác ABC không cân , đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB , AC , BC tơng ứng tại D , E , F Đờng phân giác của góc B cắt đờng thẳng

DE tại H Gọi K là hình chiếu của F trên DE

1) Chứng minh : ã 0

90

BHC=

2) Chứng minh : BKF CKFã =ã

Câu V: ( 1.0 điểm )

Tìm các cặp số ( x;y) nguyên thỏa mãn :

x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y

Trang 2

sở giáo dục và đào tạo

Hải Dơng

kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9

năm học 2008 - 2009 Môn thi : toán Hớng dẫn chấm

H ớng dẫn chấm đề số 1

Câu I

2 điểm có x y z+ + = − 4 xyz ⇒ 4x+ 4y+ 4z+ 4 xyz = 16

Nên :

(4 )(4 ) (16 4 4 )

x x y z xyz z y yz

( vì x, y, z là các số dơng)

2x xyz

Biến đổi tơng tự ta đợc :

(4 )(4 )

yzx = 2 y+ xyz

(4 )(4 )

zxy = 2z+ xyz

Vậy :

2.4 8

P x xyz y xyz z xyz xyz

x y z xyz

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

CÂU 2

1.5 điểm

Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức:

( )( ) , (1)

ax by+ ≤ a +b x + y

Thật vậy (1)⇔ 2abxy a y≤ 2 2 +b x2 2 ⇔ (ay bx− ) 2 ≥ 0( đúng )

Đẳng thức xảy ra khi ay = bx

Vì x0 là nghiệm của phơng trình : x2 + (a+1)x + b = 0, nên ta có :

2

2 4

( 1) ( 1)

áp dụng BĐT (1) ta có :

x = a+ x +b ≤  a+ +b  x +

0

0

0

1 ( 1) ( 1)

1 ( 1)

2( 1) 2( 1)

Hệ phơng trình:

697 ,(1) 81

3 4 4 0 ,(2)

x y

x y xy x y

 + =

⇔ 

 + + − − + =

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

Trang 3

Câu III

2.5điểm Nếu có (x;y) thỏa mãn (2) thì phơng trình bậc hai ẩn x sau :

x2 + (y-3)x + y2 - 4y +4 = 0 phải có nghiệm:

2

( 3) 4( 4 4) 0

3 10 7 0

7

1 ,(3)

3

y

⇔ ≤ ≤

Tơng tự xét điều kiện phơng trình bậc hai ẩn y

y + −x y x+ − x+ =

có nghiệm ta đợc : 0 4 ,(4)

3

x

≤ ≤

Từ (3) và (4)

x y    

Nên : 4 2 697

81

x +y = khi x 4

3

= và y 7

3

=

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = 4 7;

3 3

0.25

0.5

0.5 0.5 0.5

0.25 Câu IV

3điểm

K

Q

P

H

D

E

O A

F

1) Do tam giác ABC không cân ,gọi O là tâm đờng tròn nội tiếp

tam giác ABC Theo định lí tổng 3 góc trong các ∆BOC ABC, ∆

ã 0 à à 0 1800 à 0 à

2

A HOC= −BOC= − ,(1)

Ta có : ∆ADE cân tại A do AD = AE ( theo tính chất tiếp tuyến)

ã 1800 à 0 à

90

HECã = ãAED (đối đỉnh) , (3)

Từ (1), (2), (3)⇒HECã =HOCã .Suy ra tứ giác HEOC nội tiếp

OECã = 90 0( theo tính chất tiếp tuyến )

ã 90 0 ã 90 0

OHC Hay BHC

2) Hạ BPDE CQ, ⊥DE ta có BP// FK // CQ

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

Trang 4

Theo định lí Ta - let : FC BF =QK PK

Theo tính chất của tiếp tuyến : BF = BD , CF = CE nên ta có

BD PK

CE =QK , (4)

Mặt khác : ãBDP= ãADE= ãAED QEC= ã .

Suy ra : ∆BPD: ∆CQE

Từ đó ta có : BP PD BD

CQ = EQ = CE ,(5)

Từ (4) và (5) ⇒ BD CE =QK PK = EQ PD =CQ BP

90

BPK CQK= =

Nên ⇒ ∆BPK : ∆CQK

PKB QKC

90

PKF QKF= = Vậy BKF CKFã = ã .

0.25 0.25

0.25 0.25

0.25 0.25 Câu v

1.0 điểm

Có x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y

⇔ x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = y2 + y +1

⇔(x2 + x +1)2 = y2 + y +1 , ( 1)

Do x,y là số nguyên nên từ (1) suy ra : y2 + y +1 phải là số chính

phơng

1 ( 1)

(y 1) y y 1 y

Cả hai trờng hợp này 2

1

y y

⇒ + + không thể là số chính phơng Nên từ (1) ⇒y = 0 hoặc y = -1

và (x2 + x + 1)2 = 1 , (2)

Do x2 + x + 1 =

2

1 3

0 ,

2 4

⇒(x2 + x + 1)2 = 1⇔ x2 + x + 1 = 1⇔x = 0 hoặc x = -1

Vậy các cặp số ( x;y ) nguyên thỏa mãn đề bài là :

(0;0) , ( 0;-1) , ( -1;0) ,(-1;-1)

0.25

0.25 0.25

0.25

Ngày đăng: 29/08/2013, 03:11

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w