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 Sở giáo dục và đào tạo HảI dơng đề dự bị 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) Cho 3 3 0 x = 1+ 2 + 4 a) Tìm một đa thức bậc 3 với hệ số nguyên, nhận 0 x là nghiệm. b) Tính giá trị biểu thức S = 6 0 1 1+ x ữ Câu (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 2 P x 2y 3 3x my 3= + + + trong đó m là tham số Câu (2 điểm) a) Tìm m để hai phơng trình sau có nghiệm chung: 2 x 5x 3m 0+ + = và 2 x 3x m 0+ + = b) Tìm m để phơng trình sau có 4 nghiệm phân biệt: 4 3 2 2 x 8x (4m 15)x 14mx 3m 0+ + + + + = Câu 4(3 điểm) Cho hai đờng tròn (O 1 ;R 1 ), (O 2 ;R 2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Vẽ tiếp tuyến chung CD thuộc nửa mặt phẳng không chứa điểm A, có bờ là đ- ờng thẳng O 1 O 2 ( C 1 (O ) ;D 2 (O ) ). Dựng hình bình hành ACED . a) Chứng minh 4 điểm B,C,E,D nằm trên một đờng tròn b) Chứng minh 3 điểm A,B,E thẳng hàng. c) Hãy so sánh độ dài BE và độ dài R 1 +R 2 Câu 5(1 điểm) Cho a, b là hai số dơng thay đổi thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2 2 a b b a + Hết. Họ tên thí sinh:.Số báo danh:. Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: Đáp án đề dự bị 6 Câu Đáp án Điểm Câu 1 a)từ giả thiết suy ra x 0 1 = 3 3 3 3 3 3 0 2 4 (x 1) 2 4 3 8( 2 4)+ = + + + (x 0 1) 3 = 6 +6(x 0 1) x 0 3 -3x 0 2 3x 0 - 1 = 0 (1) ĐS: x 3 3x 2 -3x - 1 b) Chia hai vế của (1) cho x 0 3 ta đợc 2 3 0 0 0 3 3 1 1 0 x x x = 3 2 0 0 0 1 3 3 1 2 x x x + + + = 3 0 1 1 2 x + = ữ S= 6 0 1 1 4 x + = ữ Câu 2 Nhận thấy P 0( x; y; m ) P = 0 khi hệ PT sau có nghiệm 2 3 0 (1) 3 3 0 (2) x y x my + = + = Từ (1) và (2) có (m 6)y = -6 (3) *Nếu m 6 Hệ có nghiệm duy nhất (x = 3 6 6 ; 6 6 m y m m = ) *Nếu m = 6 Ta có P = (x + 2y 3) 2 + (3x + 6 3) 2 Đặt x +2y 3 = t Ta có P = t 2 + (3t + 6) 2 = 10(t + 9 5 ) 2 + 18 18 5 5 Dấu = xảy ra khi t = 9 5 (x = 6 2 5 y ;y R) KL: m 6 MinP = 0 khi (x = 3 6 6 ; 6 6 m y m m = ) m = 6 MinP = 18 5 khi (x = 6 2 5 y ;y R) Câu 3 a) Giả sử hai PT có nghiệm chung x 0 Khi đó ta có: x 0 2 +3x 0 + m = 0 (3) x 0 2 + 5x 0 + 3m = 0 (4) Từ (3), (4) suy ra x 0 = -m Thay vào (3) ta đợc: m 2 2m = 0 m = 0 ; m= 2 *Nếu m = 0 7 K I H E B A D O 1 C O 1 Hai PT đã cho trở thành x 2 + 3x = 0 PT có hai nghiệm x = 0; x = -3 x 2 + 5x = 0 PT có hai nghiệm x = 0 ; x = -5 Hai PT có nghiệm chung là x = 0 *Nếu m = 2 hai PT trở thành x 2 + 3x + 2 = 0 PT có hai nghiệm x = -1; x = -2 x 2 + 5x + 6 = 0 PT có hai nghiệm x = -2 ; x =- 3 Hai PT có nghiệm chung x = -2 KL: m = 0; m = 2 b) PT tơng đơng với + + + + + = 2 2 4 3 2 3m 2(2x 7x)m x 8x 15x 0 = +V 2 2 m ' x (x 2) = = 2 2 x 5x m x 3x; m 3 x 2 + 3x + m = 0 (1) ; x 2 + 5x + 3m = 0 (2) 2 2 x + 3x + m = 0 (2) x + 5x + 3m = 0 (3) PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT(1) và PT(2) mỗi phơng trình có hai nghiệm phân biệt đồng thời chúng không có nghiệm chung Theo câu a) ta thấy hai PT (1), (2) không có nghiệm chung khi m 0, m 2 Vậy ĐK để PT(1) có 4 nghiệm phân biệt là 2 3 0 25 0 2 12 2 9 0 0 4 2 0 25 12 < < > > < V V m m m m m m m m m 8 Câu 4 a) ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ;DAB BDC BAC BCD DEC DAC DAB BAC BDC BCD = = = = + = + ã ã ã ã ã 0 180DEC DBC BDC BCD DBC + = + + = Suy ra tứ giác BCED nội tiếp b) Tứ giác BCED nội tiếp ã ã ã ẳ 1 2 CBE CDE DCA sd ABC = = = Mà ã ằ ã ã ẳ ằ 0 1 1 ( ) 180 2 2 ABC sd AC ABC CBE sd ABC AC= + = + = Hay 3 điểm A, B, E thẳng hàng c) Ta có O 1 O 2 là đờng trung trực của AB Gọi H là giao điểm của O 1 O 2 và AB suy ra HA = HB Gọi I là giao điểm của BE và CD 2 2 2BE AE AB AI AH IH = = = (1) Gọi K là trung điểm của O 1 O 2 Chứng minh IK = 1 2 (R 2 + R 2 ) IH 2IK IH R 1 + R 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra BE R 1 + R 2 (dấu bằng xảy ra khi R 1 = R 2 ) Câu5 Ta có 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2( ) ( )( ) ( ) ( ) a b a b a b a b a b b a a b b a a b b a a b + − + + = + − − = − + − = 2 2 2 2 1 1 ( )( ) ( ). 0 a b a b a b b a ab + − − = − ≥ (DÊu “=” x¶y ra ⇔ a = b) Khi ®ã 2A ≥ (a 2 + b 2 )( 1 1 1 1 1 ) 2 a b a b ab + = + ≥ DÊu “=” x¶y ra ⇔ 2 2 0 2 2 1 a b a b a b = >  ⇔ = =  + =  Ta cã 1 = a 2 + b 2 1 2 2 2 2 2 2ab P P ab ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ DÊu “=”x¶y ra ⇔ a = b VËy Min A = 2 2 2 a b⇔ = = 10 . + + + + + + + = 2 20 09 1 20 09 0,25 Hay: (k+1) - 2 1 20 09 1 k 1 20 09 = + = 1 20 09 20 09 0,25 + ữ + 1 (k 2008) 1 20 09( k 1) = 0 = k 2008 0,25. 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