Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Sở GD&ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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 , trong đó là tham số. 1. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm. 2. Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn Câu 2 ( 6.0 điểm): Giải các phương trình sau: 1. . 2. . 3. . 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 = 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 , , thoả mãn Chứng minh rằng: Câu 5 ( 2.0 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương , , thoả mãn HẾT 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 . 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 () khi m. Áp dụng định lý vi ét ta có Theo yêu cầu bài toán: Học sinh có thể không lý luận m 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) Đặt t = , t, phương trình trở thành Với t=7 suy ra x = Vậy phương trình có nghiệm x = 2. (2.5 điểm) Ta có Đặt t= , (t). Phương trình trở thành . Với t=1, suy ra: x + 2 = x2-2x+4 . Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x2-2x+4) ( 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 = 2b2 + a2 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 (a); (b) Từ (a) và (b) ta có Dấu bằng xẩy ra Vậy phương trình có nghiệm x=1/2. 1.0 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 . Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên . Tứ giác AECM có + nên nội tiếp được đường tròn. +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn. +) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên . Mặt khác Nên . Trong tam giác MEF có . 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 . . BC vuông góc với KA nên . Do đó tứ giác KDJC có + 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 (a). . Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên . Do tam giác ADK vuông tại D nên . Do tứ giác KCJD nội tiếp nên . Do tam giác ICD cân tại I nên (b). Từ (a) và (b) suy ra +) Trong tam giác vuông CIO có Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là . O K F I D N N E C J J A M O B 2. (1.5 điểm). Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2. Mặt khác : AB2+AC2=BC2=. Suy ra B N I M C D A 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 4 (2 đ) Ta có =. Gọi a = Min , suy ra : 6 = a + b +c 3a Vậy Từ đó suy ra Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3. ( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm) 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 5 (2 đ) Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z). Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12. Vậy ta có hệ Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0) Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài toán 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Chú ý: Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán. Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa. Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm. Điểm bài thi không làm tròn.