[r]
(1)Trơng thcs Cao xuân huy Đề thi chän hsg líp - vßng 3
Năm học: 2008 - 2009
Môn Toán( Thêi gian lµm bµi 150 phót )
Câu 1: (3 điểm)
a Giải phơng trình:
x +
1
√
2− x2 =b Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
(y-3)x ❑2 + (x+1)y - 9x - = 0 Câu 2: ( điểm)
Giải hệ phơng trình:
x3
+3 xy2−13=0
x2+4 xy+y2−5x −4y=0
{
Câu 3: ( điểm)
Cho số a, b không âm thỏa m·n:
¿
a+2b −4c+2=0 2a b+7c 11=0
{
Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức:
Q = 6a + 7b + 2009c Câu 4: ( điểm)
Cho tam giác ABC Gọi: a, b, c độ dài ba cạnh; h ❑a , h ❑b , h ❑c
là độ dài đờng cao tơng ứng; R, r lần lợt bán kính đờng trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
Chøng minh r»ng:
9R
a2
+b2+c2
1
ha+√hbhc
+
hb+√hcha
+
hc+√hahb
2r
Câu 5: ( điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ngũ giác có đỉnh điểm có tọa độ nguyên ( Điểm có tọa độ ngun điểm có hồnh độ tung độ số nguyên ) Chứng minh rằng: Bên cạnh ngũ giác có điểm có tọa độ nguyên
Họ tên thí sinhSố báo danh
(2)
(
Híng dÉn chÊm có: 03 trang
)
Câu Néi dung §iĨm
1 a
§/K : x 0; |x|
Đặt: y =
√
2− x2 , ( y 0 )
Ta đợc hệ phơng trình:
¿
x2+y2=2
x+
1
y=2
¿{
¿
Biến đổi hệ ta đợc: 2(xy) ❑2 - xy - = ⇒ xy = hoặc: xy = -1
2
0,5
+ Với xy = 1, Giải ta đợc: x = y = 1, ( thỏa mãn ) 0,5 + Với xy = -
2 , Giải ta đợc: x =
−1−√3
2 , y =
−1+√3
Vậy phơng trình có nghiệm: x = 1, x = −1−√3
2 ,
0,5
1 b
Biến đổi đợc: y = + 2(3x+2)
x2
+x+1 mµ: x ❑
2
+x+1 0, x ❑2+x+1
lµ sè lỴ
0,5 NÕu: x ❑2+x+1 = ⇒ ( x = 0, y = 7), ( x = -1, y = 1) 0,5
NÕu: x 2+x+1 Để y số nguyên thì: x 2+x+1 Ư(3x+2),
Gii ta c: x 2+x+1 = Ư(7) ⇒ x ❑2+x+1 = ⇒ (x = -3,
y = 1) hc ( x = 2, y = 37
7 ) , (lo¹i.)
Vậy: Phơng trình có nghiệm: (0;7), (-1;1), (-3;1)
0,5
2
Hệ cho biến đổi thành:
¿
x3
+3 xy2−13=0
−3x2−12 xy−3y2
+15x+12y=0
¿{
¿
0,5
Cộng vế biến đổi thành: (x -1)
y −2¿2
x −1¿2+3¿ ¿ ¿
=
⇒ (x - 1) = hc:
y −2¿2
x −1¿2+3¿ ¿ ¿
=
0,5
(3)NÕu:
y −2¿2
x −1¿2+3¿ ¿ ¿
=
Giải ta đợc: ( x = 1, y = 2),(tha món)
Vậy hệ phơng trình có nghiƯm lµ: (1, 2), (1, -2) 0,5
3
Từ điều kiện cho ta có: a = - 2c, b = 3c - 0,5
Từ: a, b không âm ta cã: c 0,5
Khi đó: Q = 6(4 - 2c) + 7(3c - 3) + 2009c = 2018c + 0,5
V×: c nên: GTLN Q 4039 tại: a = 0, b =
GTNN Q là:2021 tại: a = 2, b = O,5
4
áp dụng BĐT:
¿
1
x+y≤ 4( x+ y)
√xy≤ 2( x+ y) ¿{ ¿
víi: x, y
Ta cã:
ha+√hbhc
1 4(
1
ha+
1
√hbhc
)
4(
ha+
1 2(
1
hb+
1
hc))
0,5
T¬ng tù víi:
hb+√hcha
,
hc+√hahb
cộng lại ta đợc:
M =
ha+√hbhc
+
hb+√hcha
+
hc+√hahb
1 2(
1
ha+
1
hb+
1
hc)
Mµ: h1
a
+
hb+
1
hc =
a+b+c 2S =
1
r ( v×: S = pr )
⇒
ha+√hbhc
+
hb+√hcha
+
hc+√hahb
1 2r
0,5
áp dụng BĐT:
(x+y+z)(1
x+
1
y+
1
z)≥9
¿
x+y+z ≥√xy+√yz+√zx
¿
x2+y2+z2≥xy+yz+zx
¿ ¿ ¿ ¿
, víi x, y, z
Ta đợc: M
ha+hb+hc+√hahb+√hbhc+√hcha
(4)Mµ:
ha+hb+hc+√hahb+√hbhc+√hcha
9
2(ha+hb+hc) =
4S(1
a+
1
b+
1
c)
= 9R
ab+bc+ca ( V×: S = abc
4R )
9R
a2+b2+c2 ⇒ M 9R
a2+b2+c2
VËy: 9R
a2+b2+c2
1
ha+√hbhc
+
hb+√hcha
+
hc+√hahb
2r
0,5
5
Do điểm nguyên tọa độ có bốn loại sau:
(chẵn, chẵn), ( chẵn, lẻ ),( lẻ, chẵn), ( lỴ, lỴ) 0,25
Nên theo ngun tắc Đi lê đỉnh ngũ giác ln
có đỉnh thuộc loại 0,25
Víi hai ®iĨm cïng loại trung điểm đoạn thẳng có hai đầu
điểm có tọa nguyờn 0,25
Điểm nguyên nằm cạnh ngũ giác Vậy: Bên cạnh ngũ giác có điểm nguyên
0,25
Chó ý
+ Trên bớc giải khung điểm bắt buộc cho bớc, u cầu thí sinh phải trình bày, lập luận, biến đổi đầy đủ + Những cách giải khác cho điểm tối đa theo biểu điểm
+ Chấm phần, điểm toàn tổng điểm thành phần không làm tròn