DE CHON HSG TINH 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề chính thức. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1. (4,5 điểm): 3 2010 a) Cho hàm số f (x) (x  12x  31). 3 3 Tính f (a) tại a  16  8 5  16  8 5 2 2 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x  xy  y ) 7(x  2y) Câu 2. (4,5 điểm):. 2 3 2 2 a) Giải phương trình: x  x  x  x  x 1 1 1  x  y  z 2    2  1 4 2  b) Giải hệ phương trình:  xy z. Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 1 1 A 3  3 3  3 3 x  y 1 y  z 1 z  x 3 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH  PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số báo danh:.................... 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013. HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu. Ý. Nội dung 3. Điểm. 3. a  16  8 5  16  8 5 3 3 3 3  a 32  3 (16  8 5)(16  8 5).( 16  8 5  16  8 5 ) 3  a 32  3.( 4).a. a) (2,0đ)  a 3 32  12a.  a 3  12a  32 0  a 3  12a  31 1 2010  f (a ) 1 1 5( x 2  xy  y 2 ) 7( x  2 y )  7( x  2 y ) 5 Đặt x  2 y 5t. 1, (4,5đ). (1).  ( x  2 y )5 (t  Z ) (2) 2. 2. (1) trở thành x  xy  y 7t (3) Từ (2)  x 5t  2 y thay vào (3) ta được 3 y 2  15ty  25t 2  7t 0 (*) 2 b)  84t  75t 2 (2,5đ) Để (*) có nghiệm   0  84t  75t 0 28  0 t  25 Vì t  Z  t 0 hoặc t 1. Thay vào (*) Với t 0  y1 0  x1 0  y 3  x2  1   2 y 2  x3 1 Với t 1  3 2, a) ĐK x 0 hoặc x 1 (4,5đ) (2,5đ) Với x 0 thoã mãn phương trình 1 x3  x 2  x 2 ( x  1)  ( x 2  x  1) 2 Với x 1 Ta có 1 x 2  x  1( x 2  x)  ( x 2  x  1) 2 . x3  x 2  x 2  x x 2. 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2  x x  1  2  x  x 1 Dấu "=" Xẩy ra 2  x  x  1  2  x 1 x  1  x  x  1. Vô lý Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 1 1 1  x  y  z 2 (1)  (I )   2  1 4 (2)  xy z 2 ĐK x; y; z 0 1 1 1 2 2 2  2  2  2    4 x y z xy xz yz Từ (1). Thế vào (2) ta được:. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 2 1 1 1 1 2 2 2  2  2 2 2   xy z x y z xy xz yz 1 1 2 2 2 b)  x 2  y 2  z 2  xz  yz 0 (2,0đ) 1 2 1 1 2 1  ( 2   2 )  ( 2   2 ) 0 x xz z y yz z. 0,25 0,25.  1 1  1 1         0  x z  y z 1 1  x  z 0   x  y  z  1  1 0  y z. 0,25. 1 1 1 ( x; y; z ) ( ; ;  ) (TM ) 2 2 2 Thay vào hệ (I) ta được:. 0,25. 2 Ta có (x  y) 0 x; y. 0,25.  x 2  xy  y 2  xy. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 2. 3, (3,0đ). 0,25. 2. Mà x; y > 0 =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0. A. 1 1 1   xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z). A. x yz xyz(x  y  z).  . 0,25. 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A. 0,25. 1 1 xyz.  Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1. 0,25. 4, (5,5đ) C. M A. D Q O. E. K. O'. H I. B. N.   Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O). 0,25.   BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')    BDE BMN   hay BDI BMN  BDMI là tứ giác nội tiếp    MDI MBI (cùng chắn cung MI). 0,25. a)   (3,0đ) mà MDI ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O).    ABE MBI   mặt khác BMI BAE (chứng minh trên)  MBI ~  ABE (g.g) MI BI  AE BE  MI.BE = BI.AE  b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE  OC  DE tại Q (2,5đ)   OCD vuông tại D có DQ là đường cao  OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO'  OO'  AB tại H.. 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0    Xét KQO và CHO có Q H 90 ;O chung  KQO ~ CHO (g.g). 0,50. KO OQ   OC.OQ KO.OH (2)  CO OH. 0,50. R2  KO.OH R  OK  OH Từ (1) và (2) 2. Vì OH cố định và R không đổi  OK không đổi  K cố định. 0,50. 5, (2,5đ). A H' N. P. O. M. B. H. D. C. E. ABC vuông cân tại A  AD là phân giác góc A và AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP. 0,25 0,50. 0  mà NHP 90  H thuộc đường tròn đường kính NP 0    AHN AMN 45 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E  tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân tại B 0     NEB 45 mà NHB NEB (cùng chắn cung BN). 0,25 0,50. 0   NHB 45 (2). . 0. Từ (1) và (2) suy ra AHB 90  H  (O; AB/2) gọi H' là hình chiếu của H trên AB.  SAHB . 0,50. HH '.AB  SAHB 2 lớn nhất  HH' lớn nhất 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 0,50 và OD  AB) Dấu "=" xẩy ra  H  D  M  D Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. Së GD&§T Thanh ho¸ §Ò xuÊt §Ò thi häc sinh giái líp 9 M«n: To¸n. B¶ng A (Thêi gian lµm bµi: 150 phót ) Bµi 1: (4 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x14 + x24 + x34 + x44 = 32 Bµi 2: (4 ®iÓm) 2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2 0 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 2  x  y  x  y  4 0. Bµi 3: (3,5 ®iÓm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Bµi 4: (6 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB=2R (R là một độ dài cho trớc). M, N là hai điểm trên nửa đờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đờng th¼ng MN b»ng R 3 1) Tính độ dài đoạn MN theo R. 2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đờng thẳng AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Tính bán kính của đờng tròn đó theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thiÕt cña bµi to¸n. Bµi 5: (2,5 ®iÓm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thøc: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 9 M«n: To¸n. B¶ng A C©u Bµi 1. Néi dung. §iÓm 4. Ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + 4 =0 (1). §Æt t = x2 Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: t2+ 2mt +4 =0 (2) Ph¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (2) cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1, t2  ' m 2  4  0   t1  t2  2m  0  m   2 t .t 4  0 1 2. 0,5. 1,5.  t;. 1 Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x1,2 = 4 4 4 4 2 2 Vµ x1 + x2 + x3 + x4 = 2 (t1 + t2 ) = 2[(t1 + t2)2 - 2 t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16. x 3,4  t2. 1,5 0,5. Tõ gi¶ thiÕt ta cã 8m2 - 16 = 32  m  6 ; m= 6 (lo¹i). VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ: m  6 Bµi 2. 4 HÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 2 x  xy  y  5 x  y  2 0  2 2  x  y  x  y  4 0 2 2  y  ( x  1) y  2 x  5 x  2 0  2 2  x  y  x  y  4 0 ( y  x  2)( y  2 x  1) 0  2 2  x  y  x  y  4 0.   y  x  2 0  2 2   x  y  x  y  4 0  y  2 x  1 0     x 2  y 2  x  y  4 0   x 1    y 1     x  4   x=1 5   va   13  y=1   y  5 . 1. 1. 1,5. 0,5.  4 13   ; -  5 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm: (1; 1);  5 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bµi 3. 3,5 2. 2. 2.  x y  4 x  2 2 2 *Víi x 2 vµ y 2 ta cã:  x y  4 y. 0,5.  x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * VËy x 2 hoÆc y  2 - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0  y =1 - Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bµi 4 1. 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5 6 2. K. O' A'. M N. H l. A. O. P. B'. B. Dùng AA' vµ BB' vu«ng gãc víi MN. Gäi H lµ trung ®iÓm cña MN  OH MN Trong h×nh thang AA'B'B ta cã: R 3 R 1 OH = 2 (AA' + BB') = 2  MH= 2  MN= R và  OMN đều. 2. 0,5 1,0 0,5 2. Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK AKN  1 ( sd AB  sd MN  ) 600 2 0   Gäi O' lµ trung ®iÓm cña IK  MO ' N  2MKN 120 MN 3 R 3  3 3  MN = MO ' 3 hay MO' =. R 3 Do đó bán kính đờng tròn qua M, N, I, K là 3. 0,75 0,5. 0,5 0,25. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3. 2 §iÓm K n»m trªn cung chøa gãc 600 dùng trªn ®o¹n AB=2R nªn dt(KAB) lớn nhất  đờng cao KP lớn nhất. 1,0. 2. AB 3 R2 3 4   KAB đều, lúc đó dt(KAB) =. Bµi 5. 1,0 2,5. Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn:  x  y 3  2 2  x  y 5. 0,5. Tõ c¸c hÖ thøc trªn ta cã: 2 2  x  y  2 xy 9  2 2  x  y 5.  (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy)  5 + 4.9 =41  5(x2 + y2) + 4(2xy)  41 MÆt kh¸c 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2  40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra  4 (x2 2+ y2)2 =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x + y ) 2 + 16(2xy)2 ta đợc: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2]  [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2  412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2  41  x4 + y4+6x2y2  41 §¼ng thøc x¶y ra  x  y 3    x 2  y 2 5  4( x 2  y 2 ) 5(2 xy ) .  ( x; y ) (1; 2)  ( x; y ) (2;1) . 0,5. 0,5. 0,5 0,5. Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc  x=1 hoặc x=2. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>