DE THI MON TOAN 9 CAP TINH

Sở giáo dục và đào tạo
HảI dơng
đề chính thức
Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Lớp 9 thcs năm học 2007 2008
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 29/3/2008
Đề thi gồm có 01 trang
Câu 1(2 điểm)
a) Chứng minh:
( )


ữ

2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
+ + = + - a 0;b 0;a + b 0
a b (a + b) a b a + b

b) Tìm số nguyên dơng k thỏa mãn:
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2009 -1
1+ + + 1+ + +...+ 1+ + =
1 2 2 3 k (k +1) 2009
Câu 2(2 điểm)
Tìm tất cả các hàm số
f(x)

thỏa mãn:
f(x) + af(1 x) = (a 1)x với mọi giá trị của x (a là tham số)
Câu 3(2 điểm)
Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
x
4
+ (3m 1)x
3
(3m 2)x
2
+ (3m 1)x + 1 = 0 (m là tham số)
Câu 4(3 điểm)
Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) và H là trực tâm của
ABC. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi
N, P lần lợt là điểm đối xứng của M qua các đờng thẳng AB, AC.
a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.
b) Chứng minh 3 điểm N, H, P thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất.
Câu 5(1 điểm)
Cho a, b, c, d, e thay đổi và thuộc
[ ]
1;1

đồng thời thỏa mãn
a + b + c+ d + e = 0. Tìm giá trị lớn nhất của A = a
2
+ b
2
+ c
2

+ d
2
+ e
2
Hết.
Họ và tên thí sinh:Số báo danh:.
Chữ ký giám thị 1:Chữ ký giám thị 2.
Đáp án
Câu Đáp án
Điểm
Câu 1
a)
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 1
a b (a b) a b ab (a b)

+ + = + +
ữ
+ +

0,5
2 2
2
a b 2 1 1 1 1
ab ab (a b) a b a b
+

= + = +
ữ ữ

+ +

0,5
b)Theo câu a) ta có
2 2
1 1 1 1
1 1
n (n 1) n n 1
+ + = +
+ +
(

n

N
*
)
0,25
Yêu cầu bài toán trở thành tìm k:
(1+1
1
2

) + (
1 1 1 1 1 1
1 ) (1 ) ... (1 )
2 3 3 4 k k 1
+ + + + + +
+
=

2
2009 1
2009

0,25
Hay: (k+1) -
2
1 2009 1
k 1 2009

=
+
=

1
2009
2009
0,25

+
ữ
+

1
(k 2008) 1
2009(k 1)
= 0
=
k 2008
0,25

Câu 2
Vì: f(x) + af(1 x) = (a 1)x đúng với mọi x (1)
Do đó thay x bằng 1 x ta có
f(1 x) + af(x) = (a 1)(1 x) đúng với mọi x (2)
0,25
Nhân hai vế của (2) với a rồi trừ (1) ta đợc
(1 a
2
)f(x) = (a 1)x a(a 1)(1 x)
(1 a
2
)f(x) = a(1 a) + (a
2
1)x
( )
x
(3)
0,25
+)Nếu a

1 thì f(x) =
( 1)
1
a a x
a
+
+
=

+

a
x
a 1
(*)
Thử lại:
Từ (*) suy ra f(1 x) =

+
a
(1 x)
a 1
Khi đó ta có
f(x) + af(1 x) =

+
a
x
a 1
+ a(

+
a
(1 x)
a 1
) =
( )
+
+ =
+
2

a a
x(a 1) a (a 1)x x
a 1
(thoả mãn (1))

0,25
0,25
+)Nếu a = -1
(3) có dạng: 0.f(x) = -2(
x
) (vô lí) Suy ra không tồn tại f(x)
0,25
+)Nếu a = 1
(1) có dạng: f(x) + f(1 x) = 0 (

x) (1)


f(x) = - f(1 x) (

x)
0,25
2
P
N
I
H
K
O
B

A
C
M


f(x) =
1
2
[ ]
f(x)-f(1-x)
(

x)
Suy ra f (x) có dạng: f(x) =
[ ]
1
( ) (1 )
2
g x g x
(

x) (**)
Ngợc lại: Nếu f(x) có dạng (**) thì
f (x) + f(1-x) =
[ ] [ ]
1 1
( ) (1 ) (1 ) ( ) 0
2 2
g x g x g x g x + =
(

x)
Thỏa mãn (1)
0,25
Kết luận:
* a

1thì f(x) =

+
a
x ( x)
a 1
* a = 1 thì f(x) =
[ ]
1
( ) (1 )
2
g x g x
g(x) là hàm số bất kì xác định với mọi x
* a = -1 thì không tồn tại f(x) 0,25
Câu 3
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình
Với x

0 chia hai vế của phơng trình cho x
2
ta đợc
x
2

+
2
1 1
(3 1)( ) (3 2) 0m x m
x x
+ + =
(1)
0,25
0,25
Đặt
1
x
x
+
= t
Ta có PT: x
2
tx + 1 = 0(*)
PT(*) có nghiệm khi

0
2
4 0t



t


2

0,25
PT (1) trở thành: t
2
+ (3m 1)t 3m= 0 (2)
t
1
= 1 ; t
2
= -3m
0,25
0,25
PT (1) có nghiệm khi PT(2) có nghiệm
t
2
0,25
Ta thấy t = 1 không thỏa mãn
Do đó để PT(1) có nghiệm thì
2
3
3 2
2
3
m
m
m

ĐS: m
2 2
;
3 3
m


0,25
0,25

3
Câu 4
a) Gọi giao điểm của CH với AB là I
AH với BC là K
ta có tứ giác BIHK nội tiếp 0,25


ã
ã
0
180IBK KHI+ =
mà
ã
ã
KHI AHC=

ã
ã
0
180IBK AHC+ =
(1)
lại có
ã
ã
IBK AMC=
(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
ã
ã
AMC APC=
(t/c đối xứng)


ã
ã
IBK APC=
(2)
từ (1), (2)


ã
ã
0
180APC AHC+ =

tứ giác AHCP nội tiếp
0,25
0,25
0,25
b), Tứ giác AHCP nội tiếp


ã
ã
AHP ACP=
=
ã
ACM
lại có
ã
ã
0
180ACM ABM+ =



ã
ã
0
180AHP ABM+ =
mà
ã
ã

ABM ABN=



ã
ã
0
180AHP ABN+ =
(3)
0,25
0,25
Chứng minh tơng tự câu a) ta có tứ giác AHBN nội tiếp

ã
ã
ABN AHN=
(4)
từ (3), (4)


ã
ã
0
180AHP AHN+ =


N, H, P thẳng hàng
0,25
0,25
c)

ã
ã
ã
ã
2 ; 2MAN BAM MAP MAC= =


ã
ã
ã
ã
2( ) 2NAP BAM MAC BAC= + =
(<180
0
) không đổi
0,25
Có AN=AM=AP , cần chứng minh NP = 2.AP.sin
ã
BAC

NP lớn nhất

AP lớn nhất mà AP = AM
AM lớn nhất

AM là đờng kính của đờng tròn (O)
Vậy NP lớn nhất

AM là đờng kính của đờng tròn
0,25

0,25
0,25
Câu 5
Điểm
* Nếu cả 5 số bằng 0

A = 0
*Nếu có số khác 0

số âm và số dơng (Vì 5 số có tổng bằng 0)
Giả sử a > 0 ; e < 0 còn 3 số b, c, d

2 số trong đó sao cho khi
nhân nó với a là số không âm (1) hoặc nhân nó với e là số không âm (2) 0,25
Nếu có (1) , không mất tính tổng quát giả sử ab

0 và ac

0
(Nếu có (2) làm tơng tự)
[ ]
=
2
a 1;1 a a a ( a 1) 0
; Tơng tự ta có:
+ + + + = + + + +A a b c d e a b c d e
(Vì
ab,ac 0
)
=

+ + + + d e d e 2( d e ) 4
0,25
4
DÊu “=”x¶y ra
≥


= =


< >

⇔

≥ ≥


+ + + + =

= =


2 2
de 0
e d 1
e 0;a 0
ab 0,ac 0
a b c d e 0
a a ;b b ;...

= = −


⇔
= =


=


= =


e d 1
b 1, c 0
a 1,
b 0,c 1
0,25`
KL: Gi¸ trÞ lín nhÊt cña A b»ng 4 khi trong 5 sè cã hai sè b»ng -1;
hai sè b»ng 1 vµ mét sè b»ng 0 0,25
5