001_Đề HSG Toán 9_Nghệ An năm 2009-2010

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x)  (x  12x  31)2010 Tính f (a) a  16   16  b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5(x  xy  y2 )  7(x  2y) Câu (4,5 điểm): 2 a) Giải phương trình: x  x  x  x  x 1 1 x  y  z   b) Giải hệ phương trình:    4  xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 A   x  y3  y3  z  z  x  Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE  BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE ln qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH  PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN - BẢNG A Câu Nội dung Ý Điểm a  16   16   a3  32  3 (16  5)(16  5).( 16   16  ) a)  a  32  3.(4).a (2,0đ)  a3  32 12a  a3  12a  32   a3  12a  31   f (a)  12010  (1) 5( x2  xy  y )  7( x  y)  7( x  y)  ( x  y) 1, (4,5đ) Đặt x  y  5t (2) (t  Z ) (1) trở thành x  xy  y  7t (3) Từ (2)  x  5t  y thay vào (3) ta y  15ty  25t  7t  (*) b)   84t  75t (2,5đ) Để (*) có nghiệm     84t  75t  0t  28 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì t  Z  t  t  Thay vào (*) Với t   y1   x1   y2   x2  1  y3   x3  Với t    ĐK x  x  Với x  thỗ mãn phương trình 2 2, a) Với x  Ta có x  x  x ( x  1)  ( x  x  1) (4,5đ) (2,5đ) 2 x  x  1( x  x)  ( x  x  1)  x3  x  x  x  x 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25  x2  x 1 Dấu "=" Xẩy   0,25  x  x 1   x   x  Vô lý  x  x 1 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 0,25  x  x  1 1  x  y  z  (1)  ĐK x; y; z  (I )     (2)  xy z 1 2 Từ (1)        x y z xy xz yz 0,25 Thế vào (2) ta được: 0,25 1 1 2   2 2 2   xy z x y z xy xz yz 1 2 b)  x  y  z  xz  yz  (2,0đ) 1  (   2)(   2)  x xz z y yz z 0,25 0,25 0,25 1 1  1         x z  y z 1  x  z    x  y  z 1   0  y z 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM ) 0,25 Ta có (x  y)2  x; y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2  x2  xy  y  xy 3, (3,0đ) Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 1   A  xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z) xyz A  xyz(x  y  z) 0,25 1 xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = A  4, (5,5đ) Ta có: BDE  BAE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) BAE  BMN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O')  BDE  BMN hay BDI  BMN  BDMI tứ giác nội tiếp a)  MDI  MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà MDI  ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O)  ABE  MBI mặt khác BMI  BAE (chứng minh trên)  MBI ~  ABE (g.g) MI BI    MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q giao điểm CO DE  OC  DE Q   OCD vng D có DQ đường cao 2 b)  OQ.OC = OD = R (1) (2,5đ) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO'  OO'  AB H Xét KQO CHO có Q  H  900 ;O chung 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50  KQO ~ CHO (g.g)  Từ (1) (2)  KO.OH  R  OK  5, (2,5đ) 0,50 KO OQ   OC.OQ  KO.OH (2) CO OH R2 OH Vì OH cố định R không đổi  OK không đổi  K cố định 0,50 ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP mà NHP  900  H thuộc đường trịn đường kính NP  AHN  AMN  450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD E  tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân B  NEB  450 mà NHB  NEB (cùng chắn cung BN) 0,25 0,50 0,25 0,50  NHB  450 (2) Từ (1) (2) suy AHB  900  H  (O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB HH'.AB  SAHB   SAHB lớn  HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường trịn đường kính AB OD  AB) 0,50 0,50 Dấu "=" xẩy  H  D  M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn  ... Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN... ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP mà NHP  900  H thuộc đường