Đề thi-Đáp án học sinh giỏi Ninh Bình 09

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2008-2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.
Câu 1 (4.0 điểm):
Cho phương trình
022
22
=−+−
mmmxx
, trong đó
m
là tham số.
1. Tìm
m
để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm.
2. Tìm
m
để phương trình có hai nghiệm phân biệt
21
; xx
thoả mãn
.3
21
=+
xx
Câu 2 ( 6.0 điểm):
Giải các phương trình sau:

1.
076
2
=−−
xx
.
2.
831032
32
+=+−
xxx
.
3.
1233
22
+=−++
xxxxx
.
Câu 3 (6.0 điểm):
1. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm
phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD). Qua C kẻ đường thẳng vuông
góc với CD cắt AB tại M. Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD
lần lượt tại E và F. Gọi K là giao điểm của AC và BD.
a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông.
b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD.
2. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC =
322
+
và bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. Tính độ dài cạnh AB và AC.

Câu 4 (2.0 điểm):
Cho ba số
a
,
b
,
c
thoả mãn



=++
≤≤
6
3,,1
cba
cba
Chứng minh rằng:
14
222
≤++
cba
Câu 5 ( 2.0 điểm):
Tìm tất cả các số nguyên dương
x
,
y
,
z
thoả mãn




=++
>++
1001098
11
zyx
zyx
HẾT
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:…………………………………..SBD:……………………
Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 2008-
2009.
Câu Hướng dẫn chấm
Điểm
Câu
1
1.(2.0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm





≥
≥
>∆

⇔
0
0
0
P
S

2
02
0
02
02
02
2
22
≥⇔



≥−
>
⇔





≥−
≥
>+−

⇔
m
m
m
mm
m
mmm
.
Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập
nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho
0.25 điểm
Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm. Lấy giao đúng kết quả cho 0.5
điểm.
2. (2.0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm (
0;0
21
≥≥
xx
) khi m
2
≥
.
Áp dụng định lý vi ét ta có



−=
=+
mmxx

mxx
2.
2
2
21
21
Theo yêu cầu bài toán:
9..23
212121
=++⇔=+
xxxxxx
28
81
28
81
029
4368184
029
292.2
22
2
=⇔





=
≥−
⇔




+−=−
≥−
⇔−=−⇔
m
m
m
mmmm
m
mmm
Học sinh có thể không lý luận m
2
≥
mà giải bình thường, sau khi tìm
được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không
thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này.
0.5
1.5
0.25
0.25
0.5
1.0
Câu
2
1. (2.0 điểm)
1.0
Đặt t =
x

, t
0
≥
, phương trình trở thành



=
−=
⇔=−−
7
1
076
2
t
t
tt
Với t=7 suy ra x =
7
Vậy phương trình có nghiệm x =
7
2. (2.5 điểm)
Ta có
)2()42(2)42).(2(.3
22
+++−=+−+
xxxxxx
42
2
2

42
2
.3
22
+−
+
+=
+−
+
⇔
xx
x
xx
x
Đặt t=
42
2
2
+−
+
xx
x
, (t
0
≥
). Phương trình trở thành



=

=
⇔=+−
2
1
023
2
t
t
tt
. Với t=1, suy ra: x + 2 = x
2
-2x+4



=
=
⇔=+−⇔
2
1
023
2
x
x
xx
. Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x
2
-2x+4)
01494
2

=+−⇔
xx
( pt này vô
nghiệm)
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2.
Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như
sau
. Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b
2
+ a
2
cho 0.5 điểm
. Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm.
Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm.
3. (1.5 điểm)
Ta có
2
4
3
).(
4
3
2
2
xx
xx
++
≤+
(a);
2

4
1
).(
4
1
2
2
xx
xx
−+
≤−
(b)
Từ (a) và (b) ta có
1233
2
21
)33(
2
1
2222
+≤−++⇔
+
≤−++
xxxxx
x
xxxx
Dấu bằng xẩy ra
2
1
4

1
2
1
4
1
4
3
22
2
=⇔







=−
=
⇔







=−
=+
⇔

x
xx
x
xx
xx
Vậy phương trình có nghiệm x=1/2.
0.75
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Câu
3
1.(4.0 điểm)
a. ( 2.0 điểm)
+) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên
0
90
=∠
EAM
.
Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên
0
90
=∠

ECM
.
Tứ giác AECM có
EAM
∠
+
0
180
=∠
ECM
nên nội tiếp được đường tròn.
0.5
0.5
+) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn.
+) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên
CAMCEM
∠=∠
Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên
CBMCFM
∠=∠
.
Mặt khác
00
90180
=∠−=∠+∠
ACBCBMCAM
Nên
0
90
=∠+∠=∠+∠

CBMCAMCFMCEM
.
Trong tam giác MEF có
00
90)(180F
=∠+∠−=∠
CFMCEMEM
.
Hay tam giác MEF vuông tại M.
b. ( 2.5 điểm)
+) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC.
Xét tứ giác KDJC có
. AD vuông góc với KB nên
0
90
=∠
JDK
.
. BC vuông góc với KA nên
0
90
=∠
JCK
.
Do đó tứ giác KDJC có
JDK
∠
+
0
180

=∠
JCK
nên nội tiếp đường tròn
đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung
điểm của KJ.
+)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI
⊥
CD
Gọi N là giao điểm của CD và IO.
. Ta có tam giác OCD đều nên
0
60
=∠
OCD
(a).
. Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên
0
30
2
1
=∠=∠
CODCAD
. Do tam giác ADK vuông tại D nên
00
6090
=∠−=∠
CADAKD
. Do tứ giác KCJD nội tiếp nên
0
120.2

=∠=∠
CKDCID
. Do tam giác ICD cân tại I nên
00
30)180(
2
1
=∠−=∠
CIDICD
(b).
Từ (a) và (b) suy ra
0
90
=∠+∠=∠
DCOICDICO
+) Trong tam giác vuông CIO có
3
314111111
222222222
R
CI
RRRCOCNCICOCICN
=→=−=−=⇒+=
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là
3
R
.
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5
0.5
A
E
D
K
C
N
J
I
F
O
J
N