DA DE HSG TOAN NAM 07-08

Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình

Đề chính thức
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs
Năm học 2007-2008
Hớng dẫn chấm môn Toán
(Hớng dẫn này có 06 trang)
Bài ý Nội dung Điểm
1
Ta có
( )
1
232
3
2
++
+
+=
xx
x
y
vì
0
4
3
2
1
1
2
2

>+






+=++ xxx
với
x

0,50
( )
111
2
++=++ xxxx
là số lẻ 0,25
Nếu
11
2
=++ xx



==
==

11
70
yx

yx
0,50
Nếu
11
2
>++ xx
Phơng trình có nghiệm nguyên
( )
( )
23/1
2
+++ xxx
(1)
0,25
( ) ( )
xxxx 23/1
22
+++
( ) ( )
( )
[ ]
313/1
22
+++++ xxxxx
( )
( )
3/1
2
+++ xxx
( )

( )
93/1
2
+++ xxx
(2)
0,50
Từ (1) và (2) ta đợc
( )
7/1
2
++ xx
mà
11
2
++< xx
lẻ nên ta có
71
2
=++ xx



13 == yx
hoặc
7
37
2 == yx
(loại)
0,75
Vậy phơng trình có 3 nghiệm nguyên là

( )
0; 7
;
( )
1; 1
;
( )
3; 1
0,25
2 a) Ta có phơng trình hoành độ giao điểm là:

mxx += 2
2
0,25


( )
mx = 11
2
(1) 0,25
(d) và (P) chỉ có 1 điểm chung

Phơng trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất

101 == mm
0,25
Khi đó (d) là tiếp tuyến của (P) có phơng trình
12 += xy
0,25
Vẽ (d) và (P) trên cùng một mặt phẳng toạ độ

1
0,50
Đờng thẳng (d):
mxy += 2
song song với đờng thẳng
12 += xy
và cắt trục tung tại điểm có tung độ
my =
0,25
Dựa vào đồ thị thì đờng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ dơng
10
<<
m
0,25
b)
Xét phơng trình:
02
24
=+ mxx
(2)
Đặt
0
2
= xX
ta có phơng trình
02
2
=+ mXX
(3)
0,25

Theo kết quả câu a) phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt

phơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt dơng

10 << m
0,50
Khi đó 4 nghiệm của phơng trình là:
mx += 11
;
mx = 11
0,25
3
a)
Nếu
0
=
a
phơng trình đã cho có dạng
02
=+
cbx
Lúc đó theo giả thiết



+
<+
01425
02
cb

cb

0

b

phơng trình có nghiệm duy nhất
b
c
x
2
=
0,50
Nếu
0

a
phơng trình đã cho có dạng
2
2
2
b b ac
x
a
a


+ =
ữ

Ta có
0142514 + cba
( ) ( )
022212 >++ cbacba
02
>+
cba
(*)
0,50
Mặt khác
0142514 + cba
( )
bcba 182270 +>

0< b
lúc đó
022
<+
cba
0,50
y
1
x
0
1
2
2
y x=
2 1y x= +
2y x m= +

m
2
3
( )
0522 <<++ bcba
02 <++ cba
(**)
Từ (* và (**) ta có
( )( )
022 <+++ cbacba
( )
04
2
2
<+ bca
( )
accab 44
2
2
+>
0
2
> acb


phơng trình có nghiệm.
0,50
b)
Bất phơng trình đã cho
( )( )

013 > xaxa
Nhng
0
>
ax
,
0
>
a
nên
03
>
x
0,50
Theo bất đẳng thức Cô si ta có
( ) ( ) ( )( )
33333
3
++= xaxaxaxa
0,50
Vậy bất phơng trình có nghiệm
( )( )



=
==

13
3

xaxa
xaxa
0,50
Suy ra
2,1 == xa
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm
1= a
0,50
4
Hệ đã cho





=++
=+

012153123
0133
22
23
yxyxyx
xyx
0,50
Cộng từng vế ta đợc
( )
( ) ( ) ( )
011211213133
223

=+++ xxyxyxxx


( ) ( ) ( )
[ ]
02311
22
=+ yxx


( ) ( )



=+
=
0231
1
22
yx
x
0,50
Nếu
1=x
ta có hệ

=++
=
04541
0123
2
2
yyy
y
2= y
0,50
Nếu
( ) ( )
0231
22
=+ yx
ta đợc



=
=
2
1
y
x
thoả mãn hệ đã cho
Vậy nghiệm của hệ là
( )
2;1
0,50

3
5
Ta có BOC = 2BAC = 90
0
BKC = BHC = 90
0
Suy ra 5 điểm B, K, O, H, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC
0,50
Lúc đó KOH = 180
0
KCH
= 180
0
- 45
0
(vì tam giác KAC vuông cân ở K)
= 135
0
0,50
Mà KOH = KPH (do đối xứng)


KPH = 135
0


KAH + KPH = 180
0

tứ giác KAHP nội tiếp
0,50
Theo định lí Pơtôlêmê ta có
AP.KH = AH.PK + AK.PH
= AH.OK + AK.OH (do đối xứng)
= a
2


AP.KH = a
2
0,50
Tam giác AHB vuông cân tại H nên HB = HA
Mặt khác OA = OB = R
Suy ra OH là trung trực của AB
0,25
Lúc ấy OH

AB, nhng CK

AB nên OH // CK mà tứ giác CKOH nội tiếp
nên nó là hình thang cân. Vậy KH = OC = R
0,50
Do đó
R
a
KH
a
AP
22

==
0,25
4
A
C
B
O
P
H
K
6
¸p dông c¸c bÊt ®¼ng thøc
1 1 1 1
4
1 1 1 1
2
x y x y
x y
xy

 
≤ +

 ÷
+
 


 


≤ +
 ÷

 

víi
0, >∀ yx
Ta cã








+≤
+
cb
a
cba
hh
h
hhh
11
4
11

1 1 1 1 1
4 2

a b c
h h h
 
 
≤ + +
 
 ÷
 
 
0,50
Suy ra
1 1 1 1 1 1
4 2
a b c
a b c
h h h
h h h
 
 
≤ + +
 
 ÷
+
 
 
T¬ng tù
1 1 1 1 1 1
4 2
b c a
b c a

h h h
h h h
 
 
≤ + +
 
 ÷
+
 
 

1 1 1 1 1 1
4 2
c a b
c a b
h h h
h h h
 
 
≤ + +
 
 ÷
+
 
 
Céng tõng vÕ ta ®îc










++≤
+
+
+
+
+
=
cba
bacacbcba
hhh
hhhhhhhhh
M
111
2
1111
0,50
Mµ
S
c
S
b
S
a
hhh
cba

222
111
++=++

S
cba
2
++
=

1
r
=
(v×
prS =
) suy ra
r
M
2
1
≤
0,50
¸p dông c¸c bÊt ®¼ng thøc
( )










++≥++
++≥++
≥








++++
zxyzxyzyx
zxyzxyzyx
zyx
zyx
222
9
111

víi
, , 0x y z∀ >
ta cã
accbbacba
hhhhhhhhh
M
+++++

≥
9
0,50
5

( )
cba
hhh ++

2
9







++
=
cba
S
111
4
9

9R
ab bc ca
=
+ +

(vì
R
abc
S
4
=
)
0,50

222
9
cba
R
++

suy ra
222
9
cba
R
M
++

Dấu (=) xẩy ra

tam giác ABC đều.
0,50
7
Gọi các đỉnh của ngũ giác là A
i

(x
i
; y
i
) với x
i
; y
i
là những số nguyên
với i = 1, 2, 3, 4, 5.
0,50
Cặp số (x
i
; y
i
) chỉ có thể là một trong các dạng sau:
(2m; 2m); (2n+1; 2n); (2p+1; 2p+1); (2q; 2q+1).
Với m, m; n, n; p, p; q, q là những số nguyên.
0,50
Do đa giác chỉ có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đirichlê có ít nhất 2 đỉnh có toạ
độ thuộc 1 trong 4 dạng trên.
0,50
Khi đó trung điểm đoạn thẳng nối 2 đỉnh đó có toạ độ nguyên. Do ngũ giác
là lồi nên điểm này nằm bên trong hoặc trên cạnh của ngũ giác.
0,50
Hớng dẫn chung
ợ Trên đây chỉ là các bớc giải và khung điểm bắt buộc cho từng bớc, yêu cầu thí sinh phải
trình bày, lập luận và biến đổi hợp lý mới đợc công nhận cho điểm.
ợ Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm.
ợ Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.

6