DE THI HOC SINH GIOI TOAN 9 2012 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>§Ò thi chän häc sinh giái líp 9 N¨m häc 2012 - 2013 M«n thi : Toán Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề ). -----------------------------------------------------------------------------------------------------. Bài 1 ( 6 điểm ) Cho P =. √ x : 9− x − √ x − 3 − √ x − 2 (1 − x −3 x −9 ) ( x+ √ x − 6 2− √ x √ x +3 ). 1. Rút gọn P. 2. Tìm x để P > 0 3. Với x > 4, x ≠ 9. Tìm giá trị lớn nhất của P.(x + 1) Bài 2 ( 4 điểm ) 1. Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là 1 số chính phương. 2. Cho: a > 0, b > 0 và ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 A = ( a+b +1 ) ( a +b ) + a+ b. Bài 3 ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình :. {√√. x + √ 2012− y=√ 2012 2012 − x + √ y=√ 2012. 1. Chứng minh rằng : x = y 2. Tìm nghiệm của hệ phương trình. Bài 4 ( 5 điểm ) Cho hai đường tròn ( O; R) và ( O ’; R’) tiếp xúc ngoài tại A( R > R ’). Vẽ dây AM của đường tròn ( O ) và dây AN của đường tròn ( O’) sao cho AM AN. Gọi BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (O) và (O’) với B (O) và C (O’) 1. Chứng minh OM // O’N. 2. Chứng minh : Ba đường thẳng MN, BC, OO’ đồng qui. 3. Xác định vị trí của M và N để tứ giác MNO’O có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Bài 5 ( 3 điểm ) 1. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi ha, hb, hc lần lượt là các đường cao và ma, mb, mc lần lượt là trung tuyến của các cạnh BC, CA, AB; R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng : ma mb mc R+r + + ≤ ha hb hc r. 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a,b sao cho : a + b2 chia hết cho a2b – 1. __________________________________________________________ Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 9. N¨m häc 2012 - 2013 M«n thi : To¸n. Bài. Nội dung. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1 (6 đ ). 1. Tìm đúng điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠9 x −3 √ x 9−x x −3 √ x −2 +√ − P = 1 − x −9 : ( √ x +3 ) ( √ x − 2 ) 2 − √ x √ x+ 3. (. )(. 0,5đ.. ). 2 2 − √x 2− √ x >0 x ≥0,x ≠4, x≠9 0≤ x<4. =…=. 2,0đ.. {. 2. P > 0  . 0,5đ. 0,5đ.. 3. P. ( x + 1 ) =. − 3( x +1) =− 3 √ x −2. (√ x − 2+ √ x5− 2 + 4). Áp dụng bất đẳng thức Cô si chỉ ra Max [ P.( x +1) ] =− 6 √ 5 −12 Chỉ ra dấu bằng  x = ( √ 5+2 )2 Bài 2 (4đ). 0,5đ.. 2. 1,0đ. 0,5đ. 0,5đ.. 2. 1. Đặt n – 14n – 256 = K ( K є N )  ( n – 7 )2 – K2 = 305  ( n – K – 7 )( n + K – 7 ) = 305 = 1.305 = 61.5 Xét các trường hợp: do n + K -7 > n – K – 7 n – K – 7 = 1 và n + K – 7 = 305 => n = 160 n – K – 7 = - 305 và n + K – 7 = -1 => n = -146 ( loại ) n – K – 7 = 5 và n + K – 7 = 61 => n = 40 n – K – 7 = -61 và n + K – 7 = -5 => n = -26 ( loại ) Vậy n = 40, K = 28 hoặc n = 160 , K = 152. 1,0đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ.. 2. Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương a2 và b2 a2 +b 2 ≥ 2 √a 2 b 2=2 ab=2 4 2 2 2 A = ( a+b +1 ) ( a +b ) + a+ b ≥ 2 ( a+ b+1 ) + a+b 4 = 2+ a+b+ a+ b + ( a+b ) . Áp dụng BĐT Cô si có A 2+2 ( a+b ) . 4 + 2 √ ab=2+4 +2=8 a+ b. (. (. ). 0,5đ. 0,5đ.. ). √. 0,5đ.. -> Giá trị nhỏ nhất của A=8 a = b = 1 0,5đ Bài 3 (2đ). 2012 {00 ≤≤ xy ≤≤2012. Điều kiện. Từ 2 phương trình của hệ ta có : √ x+ √ 2012 − y= √2012 − x + √ y <-> √ x − √2012 − x=√ y − √ 2012− y Nếu x > y thì − √ 2012− x> − √ 2012− y => VT > VP ( mâu thuẫn ) Tương tự nếu x < y => VT < VP ( mâu thuẫn ) => x = y => Hệ . x= y √ x + √ 2012− x=√ 2012. {. (1) (2). 0,5đ. 0,5đ.. 0,5đ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bình phương 2 vế của pt (2) => x = 0 hoặc x = 2012 => Nghiệm của hệ ( x;y) = (0;0),(2012;2012). 0,5đ.. Bài 4 (5đ). 2,0đ.. 0 (¿ 180 −2 ^ A 1) => OM //O’N 1. O1=O'1 2. Gọi P là giao điểm của MN và OO’. PO '. O' N. R'. Có : PO =OM = R Gọi P’ là giao điểm của BC và OO’. 0,75đ.. P ' O ' O' C R ' = = P ' O OB R. Do OB // O’C =>. => P = P’ -> đpcm 3. MNO’C là hình thang có S=. ( OM+ O' N ) O' H R+ R ' ( R+ R ' )2 R+ R ' = ⋅O' H ≤ ⋅OO '= 2 2 2 2. Dấu “ = “ xảy ra  H Vậy Max S = Bài 5 (2đ). 0,75đ.. ( R+ R ' ) 2. 2. O  OM. OO’ và O’N. 1,0đ. OO’. 1.. Gọi O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC A1 , B1, C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Có : AA1 = ma ≤ R + OA1 đẳng thức xảy ra  AB = AC BB1 = mb ≤ R + OB1 đẳng thức xảy ra  AB = BC CC1 = mc ≤ R + OC1 đẳng thức xảy ra  AC = BC. 0,5đ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ma mb mc OA 1 OB1 OC1 1 1 1 + + ≤R + + + + + (1) h a hb hc h a hb hc ha hb hc 2S 2S 2S 2S =a+ b+c= + + Có 2S = ( a + b + c)r -> r ha hb hc 1 1 1 1 Với ( AB = c , BC = a , AC = b ) => h + h + h = r (2) a b c 2S 2S 2S 2S = a . OA1 +b . OB1 +c .OC 1= h ⋅OA 1 + h ⋅ OB+ h ⋅ OC1 a b c OA 1 OB1 OC1 OA 1 OB1 OC1 = 2S h + h + h => h + h + h =1 (3) a b c a b c ma mb mc R+r Từ (1),(2),(3) => h + h + h ≤ r a b c. )(. (. =>. (. ). 0,5đ.. 0,5đ.. ). Dấu đẳng thức xảy ra  ∆ABC đều. 0,5đ.. 2. Theo đề bài có : a + b2 = K(a2b – 1) ( K є N* )  a + K = b( Ka2 – b )  a + K = mb (1) 2 2 Với Ka – b = m ( m є N*) -> m + b = Ka (2) Từ (1) và (2) có ( m – 1 )( b - 1 )= mb – b – m + 1 = a + K – Ka2 + 1 = ( a + 1)( K + 1 – Ka ) (3) Vì m > 0 theo (1) nên ( m – 1 )( b – 1) ≥ 0 . Từ (3) => K + 1 – Ka ≥ 0 => K + 1 ≥ Ka => 1 ≥ K( a – 1 ) =>. a=1 a=2 , K =1 K (a − 1)=0 ⇒¿ K (a− 1)=1 ¿. * Nếu a = 1 từ (3) => (m – 1)(b – 1) = 2 => b = 2 hoặc b = 3 => (a; b) = ( 1; 2) và ( 1; 3) * Nếu a = 2, K = 1 => ( m -1)(b – 1 ) = 0 Khi m = 1 từ (1) => ( a; b ) = ( 2; 3 ) Khi b = 1 => (a; b) = ( 2; 1) Thử lại ta có đáp số ( a,b) = (1,2),(1,3), (2,3),(2,1). 0,75đ.. 0,25đ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>