Đáp án đề thi Tỉnh Thái Bình 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
0,50
y
1

x
0
1
2
2
y x=
2 1y x= +
2y x m= +
m
2
3
lúc đó
022
<+
cba
( )
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
3
Nếu
( ) ( )
0231
22
=+
yx
ta đợc



=
=
2
1
y
x

thoả mãn hệ đã cho
Vậy nghiệm của hệ là
( )
2;1

0,50
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
4
A
C
B
O
P
H
K
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
6
áp dụng các bất đẳng thức
1 1 1 1
4
1 1 1 1
2
x y x y
x y
xy


+

ữ
+

+
ữ



với
0,
>
yx
Ta có








+
+
cb
a
cba
hh
h

hhh
11
4
11

1 1 1 1 1
4 2
a b c
h h h


+ +

ữ


0,50
Suy ra
1 1 1 1 1 1
4 2
a b c
a b c
h h h
h h h


+ +

ữ
+

Tơng tự
1 1 1 1 1 1
4 2
b c a
b c a
h h h
h h h


+ +

ữ
+



1 1 1 1 1 1
4 2
c a b
c a b
h h h
h h h


+ +

ữ
+

Cộng từng vế ta đợc









++
+
+
+
+
+
=
cba
bacacbcba
hhh
hhhhhhhhh
M
111
2
1111
0,50
Mà
S

c
S
b
S
a
hhh
cba
222
111
++=++

S
cba
2
++
=

1
r
=
(vì
prS
=
) suy ra
r
M
2
1

0,50

áp dụng các bất đẳng thức
( )









++++
++++









++++
zxyzxyzyx
zxyzxyzyx
zyx
zyx
222
9
111

với
, , 0x y z >
0,50
5