Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 10 pptx

Sở Giáo dục và Đào tạo
kiên giang
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2011-2012

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)


Cõu 1(4): Gii cỏc h phng trỡnh sau:
a)
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y








b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy

Cõu 2(3): Gi s x, y, z l nhng s dng thay i tha món iu kin x + y + z = 1.
Hóy tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
1 1 1
x y z
P
x y z



Cõu 3(3): Cho a, b, c > 0 v tha món iu kin
1 1 1
2
1 1 1
a b c



Chng minh rng:
1
8
abc

.
Cõu 4(4 ): Cho ng trũn tõm O, hai tip tuyn MA v MB (A, B l tip im), C l
mt im trờn ng trũn tõm M bỏn kớnh MA v nm trong ng trũn (O). Cỏc tia AC

v BC ct ng trũn (O) ln lt ti P v Q. Chng minh rng PQ l ng kớnh ca
ng trũn (O).
Cõu 5(4): Cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn (O) v d l tip tuyn ca (O) ti C.
Gi AH, BI l cỏc ng cao ca tam giỏc.
a) Chng minh HI // d.
b) Gi MN v EF ln lt l hỡnh chiu ca cỏc on thng AH v BI lờn ng thng d.
chng minh rng MN = EF
Cõu 6(2): Chng minh rng tớch ca mt s chớnh phng v mt s ng trc nú chia
ht cho 12




Hết




ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Đáp án Thang điểm

a)
7 2 5(1)
2 1(2)
x y x y
x y x y

   



   



Đặt u = 7
x y

, v = 2
x y

(
0, 0
u v
 
)
Ta có
5
(*)
1
u v
v x y
 


  


Do u
2
– v

2
= (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x

, v =
5
2
x


Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =
5 3
1
2 2
x x
x
 
  
Thay y =
3
2
x

vào phương trình (2) ta được
1

2
3 3
2 1
2 2
1
5 3 5
19
2 2
x x
x x
x
x x
x
 
   


 
  




Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)




0.25

0.25
0.25
0.25



0.25



0.25

0.25


0,25

1



b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy

   


   



Điều kiện
1, 1
x y
 

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:

( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
x y xy
x y x y
 
     (3)
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
y x xy
y x y x
 
     (4)



0.25

0.5

0.5

Vậy 1 1
x y y x xy
   

Dấu “=” xảy ra
1 1
1 1

y
x
 



 


2
x y
  

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25

0.25


0.25

2





Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
P
x y z
     
  


1 1 1
3 ( )
1 1 1
P
x y z
   
  

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3
x y z xyz
  
,
1 1 1 3

x y z xyz
  

1 1 1 3
( )( ) 3 . 9
x y z xyz
x y z xyz
      

Dấu = xảy ra khi x = y = z.
Ta có
1 1 1 9
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
x y z x y z
  
       

1 1 1 9
1 1 1 4
x y z
   
  

Vậy
9 3
3
4 4
P
  

1 1 1
3 1
1
4 3
x y z
P x y z
x y z
    

     

  


Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P

tại
1
3
x y z
  





0.25

0.5

0.25

0.25

0.5

0.25
0.25

0.5


0.25







3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1
a b c
   

  

1
2
1 1 1 (1 )(1 )
b c bc
a b c b c
   
    

Vậy
1
2
1 (1 )(1 )
bc
a b c

  

Tương tự:
1
2
1 (1 )(1 )
ac
b a c

  


1

2
1 (1 )(1 )
ab
c a b

  

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
0.5

0.5

0.5


0.25

0.25


0.5

1 8
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
a b c a b c

     

8 1

abc
 


0.5
C
P
Q
O
M
B
A






0.5

4
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng minh
ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
·
·
2
AMC ABC

(góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
·
·
2
AOQ ABQ
 (góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra
·
·
AMC AOQ
 (1)
Chứng minh tương tự ta có

·
·
BMC BOP

(2)

Tứ giác MAOB có
µ µ
0
90
A B 

·
·
0
180
AMB AOB  
(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
·
·
·
·
POQ POB BOA AOQ
  

·
·
·
( )
BMC AMC BOA
  

·
·
0

180
AMB AOB  

Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)

0.25

0.5

0.5
0.25

0.5

0.25
0.25

0.25

0.25
0.25

0.25
x
d
M
F
N
E

A
I
H
C
B







0.5
a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên
·
·
ABC HIC

(Cùng bù với góc
·
HIA
)
Mà
·
·
ABC ACx

(cùng chắn cung AC)

·
·
//
HIC ICx HI d
  


0.25
0.5
0.25
0.5















5
b) Chứng minh MN = EF
d // HI
IF=HN



AMCH nội tiếp
·
·
HMN HAC
 

BICE nội tiếp
·
·
IEF IBC
 

Mà
·
·
HAC BIC

nên
·
·
HMN IEF HMN IEF
    

EF
MN
 

0.5
0.25
0.25

0.5
0.5
6
Số chính phương là n
2
(n
Î
Z) số đứng trước nó là n
2
-1
Ta có (n
2
-1)n
2
=(n+1)(n-1)n
2
= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n
2
-1)n
2

chia hết cho 12
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25