Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005 Môn : Toán (Vòng 1) Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (8 điểm) Cho parabol 21( ) : 3 P y x . 1. Viết phương trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm (2;1)A . 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm (2;1)A và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. 3. Tìm quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến của para bol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Bài 2: (4điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 19 7 x y xy x y xy         Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. 1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đường thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho. 3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho. Hết UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005 Môn : toán (Vòng 1) Đáp án và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Phương trình đường thẳng d 1 đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d1: y = ax - 2a+1. 0,50 Phương trình cho hoành độ giao điểm của d 1 và (P) là: 2 21 2 1 3 6 3 0 3 x ax a x ax a        0.50 Để d1 là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là: '  2 2 9 24 12 0 2 3 a a a a         2,0 Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là: 1 2 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x    0,50 1.2 (4,0 điểm) Phương trình đường thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là: 1 2y mx m   0,50 Phương trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 21 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m        0,50 Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là: 2 2 8 49 24 12 0 9 0 3 3 m m m m             24 4 4 20 3 9 3 3 m m           4 3 4 2 2 3 3 (*)3 4 2 3 4 2 3 3 m m m mm m              1,5 Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x 1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là: 1 2 2 2 2 2 2 ; 2 1; 33 3 3 3 32 2 2 41 2 1 3 3 x x x m x xx x m x I y mx m y x x                       1,0 Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol 22 4 1 3 3 y x x   , giới hạn bởi 1; 3x x  . 0,50 1.3 (2,0 điểm) Gọi 0 0 0( ; )M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phương trình đường thẳng d' qua M 0 và có hệ số góc k là: y kx b  , đường thẳng này đi qua M0 nên 0 0 0 0y kx b b y kx     , suy ra pt của d': 0 0y kx kx y   . 0,50 Phương trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 0 0 0 0 1 3 3 3 0 3 x kx kx y x kx kx y        (**) 0,50 Để từ M0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phương trình: 2 0 09 12 12 0k kx y     có 2 nghiệm phân biệt 1 2,k k và 1 2 1k k   0 0 12 31 9 4 y y      0,50 Vậy quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể vẽ được 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đường thẳng 3 4 y   0,50 2. (4,0 điểm)  22 2 219 3 193 19 7 77 S x yx y xy S Px y xy P xyx y xy S Px y xy                              (1) 1,0 Giải hệ (1) ta được: ( 1; 6), ( 2; 5)S P S P        1,0 Giải các hệ phương trình tích, tổng: 1 6 x y xy      và 2 5 x y xy      ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 3 2 1 6 1 6 ; ; ; 2 3 1 6 1 6 x x x x y y y y                             2,0 3. 8,0 3.1 Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED. Ta có:   090BEI BCA   EBI CBA (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) BE BC , Do đó: BEI BCA BI BA     mà By cố định, suy ra điểm I cố định. + Tương tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì dường thẳng ED đi qua điểm I cố định và đường thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đường tròn đường kính BI (bên phải By, ,C A E I C B E B      ); quĩ tích của K là nửa đường tròn đường kính AK(bên trái Ax, ,C A G A C B G K      ). 2,0 3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có: 1 2 BE BI BD BK         045EBI IBD KBD IBD EBI KBD       Do đó:   090 BEI BDK BDK BEI       + Vậy: Quĩ tích của D là nửa đường tròn đường kính BK. + Tương tự, quĩ tích của F là nửa đường tròn đường kính AI. 3,0 UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005 Môn : Toán (Vòng 2) Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (7 điểm) 1. Giải phương trình: 4 41 2 9 6 2x x x x      2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có: 1 1 2 a b b c c a     Bài 2: (6 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2 3 5 1 x xy x    . 2. Tìm nghiệm nguyên của phương tr ình: 2 22 3 2 4 3 0x y xy x y      Bài 3: (7 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R, hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N. 1. Chứng minh rằng tích OM ON AM DN  là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng OM ON AM DN  , khi đó cho biết vị trí của điểm E ? 2. Gọi GH là dây cung cố định của đường tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đường kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất. Hết UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005 Môn : toán (Vòng 2) Đáp án và thang điểm: Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (2,0 điểm) 4 41 2 9 6 2x x x x         2 24 41 3 2x x      4 4 41 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x             (1) 1,0  0 1: 1 0, 3 0y y y      , nên (2) 1 3 2 1y y y       (thoả ĐK) 1x  là một nghiệm của phương trình (1)  1 3: 1 0, 3 0y y y      , nên pt (2) 1 3 2 0 0y y y      do đó pt (2) có vô số nghiệm y ( 1 3y  ), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (1 81x  ). 1,0  3: 1 0, 3 0y y y     , nên pt (2) 1 3 2 3y y y       , pt vô nghiệm.  Vậy tập nghiệm của pt (1) là:  1; 81S  1,0 1.2 (3,0 điểm) 1 1 2 1 1 1 1 (*) a b b c c a a b c a c a b c            0,50 Ta có:           1 1 c bA a b c a a b c a c b a b c a b c           0,50 Theo giả thiết: 2 2 a cb a c b b a c b        , nên:                 b a b ab aA a b b c c a a b b c c a         1,0              1 1 b a b c c a A c a b cb c c a b c c a            Đẳng thức (*) được nghiệm đúng. 1,0 2. 6,0 2.1 (3,0 điểm) 2 2 3 5 1 x xy x    (xác định với mọi x )   21 3 5 0 (**)y x x y      0,5  1:y  pt (**) có nghiệm 4 3 x    1:y  để pt (**) có nghiệm thì: 29 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y          1,0    225 5 5 5 1 113 0 3 3 1 4 2 2 2 2 2 y y y y y                1,0 Vậy tập giá trị của y là 1 11; 2 2     , do đó 11 1 ; 2 2 Max y Min y  0,5 2.2 (3,0 điểm)  2 2 2 22 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y             (***) 0,5 Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:    2 2 23 2 4 2 4 3 4 8y y y y y         là số chính phương.    22 2 24 8 2 12y y k k y k         ( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a      1,0 Ta có: Tổng  2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k       là số chẵn, nên  2 ; ( 2 )y k y k    cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phương trình sau: 2 2 2 6 2 6 2 2 ; ; ; ; 2 6 2 2 2 2 2 6 y k y k y k y k y k y k y k y k                                     0,5 Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):        2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k            0,5 Thay các giá trị 2; 6y y   vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là: ( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6), ( 9; 6)x y x y x y x y            0,5 3. 7,0 (4 đ) 3.1 Ta có: COM CED  vì:   090O E  ; C chung. Suy ra: . (1)OM CO ED COOM ED CE CE    Ta có: AMC EAC  vì: C chung ,   045A E  . Suy ra: . (2)AM AC EA ACAM EA EC CE    Từ (1) và (2): . (3) . 2 OM OC ED ED AM AC EA EA   1,0 ONB EAB     090 ;O E B chung  . (4)ON OB OB EAONEA EB EB       0 .( , 45 ) (5)DN DB DB EDDNB EDB B chung D E DN ED EB EB         Từ (4) và (5): . (6) . 2 ON OB EA EA DN DB ED ED   . Từ (3) và (6): 1 2 OM ON AM DN   1,0 Đặt ,OM ONx y AM DN   . Ta có: x, y không âm và:  2 12 0 2 2 22x y x y xy x y xy          Dấu "=" xẩy ra khi: 11 2 2 x y x y xy      1,0 Vậy: Tổng min 12 2 2 OM ON OM EDkhi EA ED AM DN AM EA           E là trung điểm của dây cung AD . 1,0 3.2 (3,0 điểm) GKH có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng KG KH lớn nhất. Trên tia đối của tia KG lấy điểm N sao cho KN = KH. Khi đó, HKN cân tại K. Suy ra  1 2 GNH GKH và KG KH KG KN GN    mà  1 2 GKH GH (góc nội tiếp chắn cung nhỏ GH cố định), do đó GNH không đổi. Vậy N chạy trên cung tròn (O') tập hợp các điểm nhìn đoạn GH dưới góc 1 4 GOH  không đổi. 1,5 GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đường kính của cung tròn, suy ra GHK vuông tại H, do đó  KGH KHG (vì lần lượt phụ với hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn GH . Vậy: Chu vi của GKH lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn GH . 1,5