Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9

NĂM HỌC 2009 – 2010

Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,5 điểm):

a) Cho hàm số

3 2010 f (x) (x 12x 31)   

Tính f (a) tại 3 3 a 16 8 5 16 8 5    

b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

2 2 5(x xy y ) 7(x 2y)    

Câu 2. (4,5 điểm):

a) Giải phương trình:

2 3 2 2 x x x x x    

b) Giải hệ phương trình:

2

1 1 1 2 x y z 2 1 4 xy z

         Câu 3. (3,0 điểm):

Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 3 1 1 1 A x y 1 y z 1 z x 1         

Câu 4. (5,5 điểm):

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:

a) MI.BE BI.AE  b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm):

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ

NH PD  tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.

- - - Hết - - -

Đề chính thức

DeThi.edu.vn

Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số báo danh:....................

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )

Môn: TOÁN - BẢNG A

Câu Ý Nội dung Điểm

3 3 16 8 5 16 8 5 a    

 3 3 3 3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5) a        0,5  3 32 3.( 4). a a    0,5  3 32 12 a a   0,25  3 12 32 0 a a    0,25  3 12 31 1 a a    0,25

a) (2,0đ)

 2010 ( ) 1 1 f a   0,25

2 2 5( ) 7( 2 ) x xy y x y     (1) 7( 2 ) 5 x y   ( 2 ) 5 x y   0,25 Đặt 2 5 x y t   (2) ( ) t Z  0,25 (1) trở thành 2 2 7 x xy y t    (3) Từ (2)  5 2 x t y   thay vào (3) ta được

0,25

2 2 3 15 25 7 0 y ty t t     (*) 0,25

2 84 75 t t   Để (*) có nghiệm 2 0 84 75 0 t t    

28 0 25 t  

0,25

0,25 Vì 0 t Z t  hoặc 1 t  0,25 Thay vào (*) Với 0 t  1 0 y   1 0 x  

0,25 0,25

1, (4,5đ)

b) (2,5đ)

Với 1 t 

2 2

3 3

3 1

2 1

y x

y x

        

0,25 0,25

ĐK 0 x hoặc 1 x  0,25 Với 0 x thoã mãn phương trình 0,25

Với 1 x  Ta có 3 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 2 x x x x x x       0,5

2 2 2 1 1( ) ( 1) 2 x x x x x x       0,5

2, (4,5đ)

a) (2,5đ)

3 2 2 2 x x x x x      0,25

DeThi.edu.vn

Dấu "=" Xẩy ra

2

2

1

1

x x

x x

       

0,25

2

2

1 1 1 1

x x x x x x

           

Vô lý 0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0 x  0,25

2

1 1 1 2 (1) ( ) 2 1 4 (2)

x y z I

xy z

        

ĐK ; ; 0 x y z 

0,25

Từ (1) 2 2 2 1 1 1 2 2 2 4 x y z xy xz yz        0,25

Thế vào (2) ta được:

2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z x y z xy xz yz       

0,25

2 2 2 1 1 2 2 2 0 x y z xz yz       0,25

2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) 0 x xz z y yz z        0,25

2 2 1 1 1 1 0 x z y z                 

0,25

1 1 0

1 1 0

x z x y z

y z

            

0,25

b) (2,0đ)

Thay vào hệ (I) ta được: 1 1 1 ( ; ; ) ( ; ; ) ( ) 2 2 2 x y z TM   0,25

Ta có 2 (x y) 0 x;y    0,25

2 2 x xy y xy     0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25  x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25  x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25

 1 1 1 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)         

0,25

3, (3,0đ)

 x y z A xyz(x y z)     

0,25

DeThi.edu.vn