Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp Tỉnh(kèm theo đáp án)

Phòng GD&ĐT Thanh Sơn
(Đề thi có 01 trang)
Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Cấp Tỉnh
Năm học 2008 - 2009
Môn: Toán
(Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1(1điểm)
Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ a
1
;a
2
; ;a
2009
thoả mãn đẳng
thức
2
2008
2
3
2
2
2
1
... aaaa
++++
=
2
2009
a
Câu 2 (3điểm)

a) Cho a + b + c = 0 (1) và a
2
+ b
2
+ c
2
= 12 (2) . Tính giá trị biểu thức
A= a
4
+ b
4
+ c
4

b) Giải phơng trình:
11
)5(
25
2
2
2
=
+
+
x
x
x
Câu 3 (3điểm)
a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x

2
+ 9y
2
6xy -6x 12y + 2008
Câu 4( 3điểm)
Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa đờng tròn.
Gọi H là hình chiếu của C trên AB. Gọi O
1
; O
2
lần lợt là tâm các đờng tròn nội tiếp các
tam giác ACH và BCH. Gọi I là giao điểm của AO
1
và BO
2
a) Chứng minh CI vuông góc O
1
O
2
b) Gọi r,r
1
,r
2
lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH;
BCH chứng minh r
2
= r
1
2
+ r

2
2
c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định.
-----------------------Hết------------------------
Họ và tên: .Số báo danh: .
Hớng dẫn chấm thi toán 9
Câu 1( 1điểm) Chứng minh rằng: Không thể có các số nguyên lẻ: a
1
;a
2
; ;a
2009
thoả
mãn đẳng thức
2
2008
2
3
2
2
2
1
... aaaa
++++
=
2
2009
a
Đáp án Thang
điểm

Với mọi a số nguyên lẻ thì a
2
chia 4 d 1. Thật vậy
Đặt a= 2k +1

a
2
= (2k+1)
2
= 4k
2
+4k+1( k

Z)

a

1(mod 4)
Vì a
1
, a
2
, a
2008
là các số nguyên lẻ nên
VT = a
1
2
+a
2

2
+ +a
2008
2


1+1+ 1( có 2008 số1)

2008

0(mod4) (1)
Mà a
2009
2


1(mod 4)(2)
Từ (1) và (2)

VT VP vậy không có số nguyên lẻ a
1
;a
2
; ;a
2009
nào
thoả mãn đề bài
0,25
0,25
0,25

0,25
Câu 2 (3điểm)
a) Cho a + b + c = 0 (1) và a
2
+ b
2
+ c
2
= 12 (2) . Tính giá trị biểu thức
A= a
4
+ b
4
+ c
4

b) Giải phơng trình:
11
)5(
25
2
2
2
=
+
+
x
x
x
Đáp án Thang

điểm
a)
1,5
Từ (2)

(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
= 12
2


a
4
+b
4
+ c
4
+2(a
2
b
2
+ b
2
c

2
+c
2
a
2
) =144 0,25


a
4
+b
4
+ c
4
= 144 2(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+c
2
a
2
) 0,25
Mặt khác: Từ (1)

( a+b+c)

2
= 0


a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab+2bc+2ac =0


12+ 2( ab+bc+ac) = 0
0,25


ab+ bc+ac = -6


(ab+bc+ac)
2
= 36
0,25


a
2
b
2

+ b
2
c
2
+ a
2
c
2
+ 2abc( a+b+c) = 36


a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
= 36
0,25
Khi đó A = 144- 2.36 = 72 0,25
b)
1,5
Ta có
5

1011
5
5
5
.211
)5(
25
5
5
.2
11
)5(
25
2
2
2
2
2
2
2
2
+
=

+

+
=
+
+
+

=
+
+
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
x
Đặt
5
2
+

x
x
= y.
0,25
PT trở thành: y
2
+ 10y 11 = 0, suy ra: y = 1; y = -11.
0,25
+ Nếu y = 1 thì
5
2
+
x
x
=1 , suy ra: x
2
- x 5 = 0. Giải đợc:
0,25

2
211
;
2
211
21

=
+
=
xx

0,25
+ Nếu y = -11 thì
5
2
+
x
x
= -11, suy ra x
2
+ 11x + 55 = 0. PT vô nghiệm.
0,25
Tóm lại: Tập nghiệm của phơng trình là S =






+
2
211
;
2
211
0,25
Câu 3(3điểm)
a)Tìm 4 số dơng sao cho mỗi số bằng bình phơng của tổng 3 số còn lại
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2x
2

+ 9y
2
6xy -6x 12y + 2008
Đáp án Thang
điểm
a.(1,5 điểm)Gọi 4 số phải tìm là x, y, z, t .Ta có
x= ( y+ z+t)
2
(1)
y = ( x+z+t)
2
(2)
z= ( x+y+t)
2
(3)
t= ( x+y+z)
2
( 4)
0,25
Từ (1) ; (2)

x-y = ( y+z+t)
2
(x+z+t)
2


(x-y) = (y-x)(x+y+2x+2t)

(x-y)(x+y+2z+2t+1)=0
0,5


x-y = 0 ( Vì x+y+2z+2t+1 > 0)


x=y
0,25
Chứng minh tơng tự x= z; x=t

x=y=z=t
Từ (1) x= (3x)
2


x= 9x
2


x(9x-1) =0

9x-1=0 (vì x>0)
0,25

x=y=z=t=
9
1
0,25
b.(1,5 điểm)

Ta có A = ( x
2
6xy + 9y
2
) + 4( x-3y) +4 + (x
2
-10x+25)+1979
0,25
= (x-3y)
2
+4(x-3y) +4 + (x-5)
2
+1979
0,25
= (x-3y+2)
2
+(x-5)
2
+1979

1979
0,25
Dấu = xảy ra






=

=




=
=+
3
7
5
05
023
y
x
x
yx
0,5
Vậy: giá trị nhỏ nhất của A là 1979 đạt đợc khi (x; y) = (5;
3
7
)

0,25
Câu 4( 3điểm). Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, C chuyển động trên nửa
đờng tròn . Gọi H là hình chiếu của C trên AB. Gọi O
1
; O
2
lần lợt là tâm các đờng tròn
nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Gọi I là giao điểm của AO

1
và BO
2
a) Chứng minh CI vuông góc O
1
O
2
b) Gọi r,r
1
,r
2
lần lợt là bán kính các đờng tròn nội tiếp các tam giác ABC; ACH;
BCH chứng minh r
2
= r
1
2
+ r
2
2
c) Chứng minh CI luôn đi qua một điểm cố định.
Đáp án Điểm

I
O
B
O
O
A
C

H
F
E
J
a)
ACB

= 90
0
( Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính AB)
Ta có
ACH

=

H ( cùng phụ với BCH)
0,25
Vì CO
1
và BO
2
lần lợt là phân giác của góc ACH và CBH
Suy ra

ACO
1
=

HCO
1

=

HBO
2
=

CBO
2
0,25
Gọi E

CO
1


BI ; F

AI

CO
2

Ta có

HBO
2
+

CBO
2

+

BCH = 90
0




HCO
1
+

CBO
2
+

BCH = 90
0
. suy ra

CEB = 90
0
0,25
Suy ra BE

CO
1
suy ra O
2
E là đờng cao của tam giác CO

1
O
2
.
Chứng minh tơng tự :O
1
F là đờng cao của tam giác CO
1
O
2
Suy ra I là trực tâm của tam giác CO
1
O
2
.Suy ra CI

O
1
O
2
0,25
b) Ta có

ABC đồng dạng

ACH (g.g)
BC
CH
r
r

=
1
(1)
0,25


ABC đồng dạng

CBH ( g.g)
AC
CH
r
r
=
2
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
1
1
.)
11
(
2
2
222
2
2
2
2

2
2
2
1
==+=+=
+
CH
CH
ACBCAC
CH
BC
CH
r
rr
.
0,5
c,Vì AI và BI là phân giác của

CAB và

CBA. Suy ra CI là phân giác
của

ACB. Suy ra: cung AJ = cung BJ, do đó CI đi qua diểm chính giữa
của cung AB ( điểm J) ( C và J thuộc 2 nửa mặt phẳng đối nhau bờ là AB)
1,0