Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm.. Lấy[r]
(1)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2008-2009 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu (4.0 điểm): Cho phương trình x −2 mx+ m2 −2 m=0 , đó m là tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; x thoả mãn √ x1 + √ x 2=3 Câu ( 6.0 điểm): Giải các phương trình sau: x −6| x|−7=0 2 x −3 x+ 10=3 √ x3 +8 √ x +3 x+ √ x − x 2=2 x+1 Câu (6.0 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D cho CD = R (C thuộc cung AD) Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB M Tiếp tuyến nửa đường tròn (O; R) A và B cắt CD E và F Gọi K là giao điểm AC và BD a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD Cho tam giác ABC vuông A với AB < AC, BC = 2+2 √ và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tính độ dài cạnh AB và AC Câu (2.0 điểm): ¿ 1≤ a , b , c ≤3 Cho ba số a , b , c thoả mãn a+b+ c=6 ¿{ ¿ Chứng minh rằng: a2 +b 2+ c ≤ 14 Câu ( 2.0 điểm): Tìm tất các số nguyên dương x , y , z thoả mãn ¿ x + y + z >11 x+ y+ 10 z=100 ¿{ ¿ (2) HẾT Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:…………………… (3) Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 20082009 Điểm Câu Hướng dẫn chấm Câu 1.(2.0 điểm) ⇔ Δ>0 0.5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm S ≥ ⇔ m − m +2 m>0 m ≥0 m − m≥ ⇔ ¿ m>0 m −2 ≥0 ⇔m ≥2 ¿{{ P≥ ¿{{ 1.5 Học sinh có thể giải bất phương trình sau đó lấy giao các tập nghiệm thì chấm sau:Hai bpt đầu đúng, bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm Lấy giao đúng kết cho 0.5 điểm (2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm ( x ≥ ; x2 ≥ ) m 0.25 0.25 0.5 1.0 ¿ x + x 2=2 m Áp dụng định lý vi ét ta có x x2=m2 −2 m ¿{ ¿ Theo yêu cầu bài toán: √ x1 + √ x 2=3 ⇔ x 1+ x2 +2 √ x √ x2 =9 ⇔2 √ m2 − 2m=9 −2 m⇔ −2 m ≥0 m −8 m=81− 36 m+ m2 ⇔ ¿ 9− m≥ 81 m= 28 81 ⇔ m= 28 ¿{ Học sinh có thể không lý luận m mà giải bình thường, sau tìm Câu m thay ngược trở lại phương trình thì cho tối đa, không thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này (2.0 điểm) 1.0 (4) Đặt t = |x| , t , phương trình trở thành t −6 t −7=0 ⇔ t=−1 ¿ t=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với t=7 suy x = ∓ √7 Vậy phương trình có nghiệm x = ∓ √7 (2.5 điểm) √( x +2).( x2 −2 x+ 4)=2(x −2 x+ 4)+(x+ 2) Ta có Đặt t= √ x +2 , (t ) Phương trình trở thành x −2x+4 ⇔ x − x+2=0 ⇔ x=1 ¿ x =2 Với t=1, suy ra: x + = x2-2x+4 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với t=2, suy x + = 4(x2-2x+4) ⇔ x − x +14=0 t −3 t +2=0 ⇔ t=1 ¿ t=2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ta có √ Từ (a) và (b) ta có (a); √ 0.5 ( pt này vô + x − x2 ( x − x 2) ≤ 1+2 x ( √ x 2+3 x + √ x − x )≤ ⇔ √ x 2+3 x + √ x − x ≤2 x+ 2 0.5 0.5 Trong trường hợp học sinh tìm đúng nghiệm, trường hợp cho 0.5 điểm +x +x (x + x)≤ 0.5 0.5 nghiệm) Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2 Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm sau Học sinh đưa đúng pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm Học sinh giải a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm (1.5 điểm) 0.5 0.5 x +2 x+2 ⇔3 =2+ x − x +4 x −2 x+ √ 0.75 0.25 (b) 0.5 (5) ⇔ x−x = ⇔ ¿ x= 2 x−x = ⇔ x= ¿{ x + x= Dấu xẩy Câu Vậy phương trình có nghiệm x=1/2 1.(4.0 điểm) a ( 2.0 điểm) +) Do AE là tiếp tuyến (O;R) nên ∠ EAM=90 Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên ∠ ECM=900 Tứ giác AECM có ∠ EAM + ∠ ECM=180 nên nội tiếp đường tròn +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp đường tròn +) Do tứ giác AECM nội tiếp đường tròn nên ∠ CEM=∠CAM Do tứ giác BFCM nội tiếp đường tròn nên ∠ CFM =∠CBM Mặt khác ∠ CAM +∠CBM=180 − ∠ ACB=900 Nên ∠ CEM+∠CFM =∠CAM +∠ CBM=900 Trong tam giác MEF có ∠ EM F=1800 −( ∠ CEM+∠ CFM)=90 Hay tam giác MEF vuông M b ( 2.5 điểm) +) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm AD và BC Xét tứ giác KDJC có AD vuông góc với KB nên ∠JDK=900 BC vuông góc với KA nên ∠ JCK=900 Do đó tứ giác KDJC có ∠ JDK + ∠ JCK=1800 nên nội tiếp đường tròn đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung điểm KJ +)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực CD, hay OI CD Gọi N là giao điểm CD và IO Ta có tam giác OCD nên ∠ OCD=60 (a) Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên ∠ CAD= ∠ COD=30 Do tam giác ADK vuông D nên ∠AKD=900 −∠ CAD=60 Do tứ giác KCJD nội tiếp nên ∠CID=2 ∠ CKD=120 0 Do tam giác ICD cân I nên ∠ ICD= (180 −∠ CID)=30 Từ (a) và (b) suy ∠ ICO=∠ICD +∠DCO=90 +) Trong tam giác vuông CIO có (b) 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (6) 1 1 1 R = 2+ 2⇒ 2= − = − = → CI= 2 CN CI CO CI CN CO R R R √3 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là R √3 K F I E D NN C JJ A M O B (1.5 điểm) Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2 √2 Mặt khác : AB2+AC2=BC2= ( 2+2 √ )2=16+8 √ ⇔ AB AC=6 +4 √3 Suy ¿ AB+ AC=4 +2 √ AB AC=6+ √ ⇔ ¿ AB=1+ √ AC=3+ √ ¿{ ¿ B 0.5 0.5 0.5 (7) N Câu (2 đ) M I A D C Ta có a2 +b 2+ c ≤ a2 +b2 +c +2(b − 3)(c − 3)=a2 +(b2 +c +2 bc)−6 (b+c )+18 2 −a ¿ − 6(6 − a)+18=2 a −6 a+18=14+ 2(a −3 a+2)=14 +2(a − 1)( a− 2) a2 +¿ Gọi a = Min { a , b , c } , suy : = a + b +c 3a → a≤ Vậy 1≤ a ≤ 2→(a −1).(a− 2) ≤ Từ đó suy a2 +b 2+ c ≤ 14 (b −3)(c −3)=0 (a −1)(a − 2)=0 a+b+c =6 ↔ ¿ a=1 b=3 ¿ Dấu xẩy và c=2 ¿ ¿ ¿ a=1 ¿ b=2 ¿ c=3 ¿ = 0.5 0.5 0.5 0.5 Vì vai trò a,b, c là đó dấu xẩy có số 1, số 2, số ( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, đã thống tổ chấm) Câu (2 đ) 25 Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z) → x + y + z < 0.5 Theo giả thiết 0.25 0.25 Vậy ta có hệ x+y+z > 11, ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12 ¿ x+ y+ z =12 x+ y+ 10 z=100 ↔ ¿ x + y + z=12 y +2 z=4 ¿{ ¿ Từ y + 2z =4 suy z=1 ( y,z>0) Khi z=1 thì y=2 và x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài 0.5 0.5 (8) toán Chú ý: Trên đây trình bày lời giải cho bài toán Học sinh giải đúng theo cách khác thì cho điểm tối đa Trong bài hình học sinh không vẽ hình vẽ sai hình thì không chấm Điểm bài thi không làm tròn (9)