Đề thi chọn HSG lớp 9 năm học 2008-2009 môn thi Toán

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9

Năm học: 2008-2009

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút. ( Đề này gồm 06 câu, 01 trang)

Câu 1: (4 điểm) Cho P(x) là một đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1, thoả mãn P(1) =3, P(3) =11 P(5) = 27. Hãy tính P(-2) + 7P(6). Câu 2: (4 điểm) Giải hệ phương trình

z y x y x

z y x

y z y

x           1 1 Câu 3: (2 điểm) Cho 2x+4y + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 Câu 4: ( 2 điểm)

Tìm các ngiệm nguyên của phương trình : x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 Câu 5: (5 điểm)

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R), M là điểm chuyển động

trên cung BC. Vẽ đường kính AE cắt BC tại H, MA cắt BC tại I. a) Chứng minh MA = MB + MC

b) Chứng minh: MC MB MI

1 1 1  

c) Xác định vị trí của M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất. Câu 6 : (3 điểm)

Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy 2 điểm P và Q sao cho AP = PQ = QB vẽ bán kính OK qua P và bán kính OL qua Q. Chứng minh: cung AK cung KL 

...........................Hết...........................

Mã ký hiệu Đ03T-09-HSG9

ThuVienDeThi.com

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9

Năm học: 2008-2009

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút.

1212121112

Câu 1: (4 điểm) Xét đa thức f(x) = x2+ 2 thoả mãn f(1) = 3, f(3) = 11, f(5) = 27 Đặt Q(x) = P(x) – f(x) Ta có Q(1) = P(1) – f(1) = 0 Q(3) = P(3) – f(3) = 0 Q(5) = P(5) – f(5) = 0 Vậy Q(x) nhận 1;3;5 làm nghiệm Do P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 nên Q(x) cũng là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Vậy q(x) có dạng: Q(x) = (x – 1)(x – 3)(x – 5)(x – r)

P(x) = Q(x) + f(x)  Ta có P(-2) = (-2 – 1)(-2 – 3)(-2 -5)(-2 –r) + (-2)2 + 2 P(-2) = 3.5.7.2 + 3.5.7.r + 6 7P(6) = 7[(6 – 1)(6 – 3)(6 – 5)(6 – r) + 62 + 2] = 7[5.3.1(6 –r) + 36 + 2] = 3.5.6.7 – 3.5.7.r + 38.7 P(-2) + 7P(6) = 3.5.7(2 + 6) + 6 + 38.7 = 3.5.7.8 + 272 =840 + 272 = 1112 Câu 2. (4 điểm) Đặt x + y + z = t x + y = t – z, y + z = t – x  Khi đó hệ đã cho có dạng

(1)

(2)

(3)

(4)

Từ (2) ta có x = t2 – xt x + xt = t2 x =   1

2

 t

t

Dễ thấy t -1 

Từ (4) ta có z = với x t, z t , t 0, t -1 1

2



 t

t t   1   

(1 điểm) (0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,25điểm) (0,25điểm)

(0,25điểm)

(0,25điểm)

(0,5 điểm)

(1 điểm)

(0,5 điểm)

(0,25 đ)

(0,5 điểm)

   



  





  

  

 

  

t z t

z

t z t

y

t x t

x

t z y x

1

1

Mã ký hiệu HD03T-09-HSG9

ThuVienDeThi.com

Từ (3) y = t2 – tz + t =  1 3 2



 t

t t

Vậy ta có: t t

t t t

t t t

t  

  

   1 1 3 1

2 2 2

t(4t – 1) = 0, vì t 0 nên t =  

4 1

Từ đó chỉ ra           20

3 ; 20

7 ; 20

1 , , z y x

Câu 3: (2 điểm) Ta có (2x + 4y)2 + ( 4x – 2y)2 = 4x2+ 16y2 +16xy + 16x2 + 4y2 –16xy = 20(x2+y2)

Biết rằng (2x + 4y)2 + (4x – 2y)2 (2x +4y)2  Dấu “=” xảy ra 4x – 2y = 0 y = 2x   20(x2+ y2) 1 (do 2x +4y = 1)  

A = x2+ y2  20

1

min A =  20

1 

 

 





    

 



10

1 5 1

1 4 2

2

x

y

y x

x y

Câu 4: (2 điểm)

x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1) Nếu y cũng thoả mãn PT thì -y cũng thoả mãn PT (1)    2 2 2 3 3 2 x x x x y     

Đặt x2+3x+1= a, ta được:

  

2 2 2 1 1 1 a a y a y        1 a y a y     Suy ra a+y = a-y, do đó y = 0 Thay vào (1) được: x1=0, x2= -1, x3= -2, x4= -3 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: (0;0), (-1;0), (-2;0), (-3;0)

Câu 5: ( 5 điểm) a) (2 điểm) Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB

BDM cân tại M có BMD = ACB = 600 ( Góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

BDM đều 

* Chỉ ra MBC = DBA (c.g.c) MC = DA 

MA = DA + DM = MC + DM = MC  + MB (do MB = MD)

b) (1,5 đ)

Ta có MA MI

MA MI . 1 

(0,25điểm)

0,25đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ

0,5 đ

0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

D

I

E

O

A

H B C

M ThuVienDeThi.com