De thi chon HSG tinh kontum

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán Ngày thi: 17/3/2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ: (Đề thi này có 1 trang). Câu 1: (4,0 điểm) x2 − √ x x 2+ √ x A= − . a) x + √ x +1 x − √ x+ 1 Với 0 ≤ x ≤1 Rút gọn B=1 − √ A + x +1 b). 1 1 2 5 Biết x > 0; x + 2 =7 Tính x + 5 x. x. Câu 2: (4,0 điểm) a). b). Giải phương trình sau:. 3 − √ 9+2 x ¿ 2 ¿ ¿ 2 x2 ¿. Với a > 0; b > 0 và a+b=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của. Câu 3: (4,0 điểm). 1 2 b+ ¿ b 1 2 a+ ¿ +¿ a ¿.  x 2 y 2  2 x  y 2 0  2 3 a) Giải hệ phương trình sau:  2 x  4 x  y  3 0 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy A(2;-1) và B(4;3). Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho |ΜΑ − ΜΒ| đạt giá trị lớn nhất. Câu 4: (5,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn thẳng AB. Vẽ 2 tiếp tuyến CE và CF với đường tròn tâm O và cát tuyến CMN (M nằm giữa C và N). EF cắt AB tại I. Chứng minh: a) CM .CN=CO2 − R2 b) Bốn điểm O,I,M,N cùng thuộc một đường tròn.   c) AIM BIN Câu 5: (2,5 điểm) Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác thỏa mãn a+b+c=2. Chứng minh: a2 +b 2+ c 2+2 abc< 2 -------------------- HẾT -------------------Họ và tên:…………………………… Chữ kí GT 1:…………………. SBD…………………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012 Câu 1 : a) x2  x x2  x A  x  x 1 x  x 1 A. x ( x  1)( x  x  1)  x  x 1. x ( x  1)( x  x  1) x  x 1. A 2 x B 1 . A  x  1 1 . B 1 . x1. ( x  1) 2. B x ( Vì 0< x  1 ) 1 7  x   7  2 3( x  0) x 1 1 ( x  )( x 2  1  2 ) 3.6 18 x x. 1 x2 b) Từ 1 x3  3 x 1 x 4  4 7 2  2 47 x 1 1 1 1 ( x 4  4 )( x  ) x 5  5  x 3  3 x x x x 1 x 5  5 47.3  18 123 x => 9  x 0 Câu 2: a) ĐK: 2 2x2 x  9  2 x 2  ( x  9)(3  2 (3  9  2 x ) ( x  9).4 x 2 2 2x  0 2 (3  9  2 x ) <=> x2 . 9  2 x ) 2 0. 2 <=> (3  9  2 x )  2( x  9) 0 ( vì x khác 0) 9 9  2 x 0  x  (TM ) 2 <=> Vậy phương trình có 1 nghiệm x= - 9/2 1 1 1 1 1 1 M (a  ) 2  (b  ) 2 a 2  b 2  2  2   a b a b a b. b)Đặt.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a 2  b 2 2(a  b) M a  b  2 2  ab a.b 1  2ab 2 M 1  2ab  2 2  ab a.b 1 M 1  2ab  2 2 ab ( a  b) 2 1 ab   4 4 Ta có 1 1 16 35 M 1  2ab  2 2 1  2.   ab 4 1 2 nên 2. 2. Vây giá trị nhỏ nhất. 1 b+ ¿2 b 1 a+ ¿2 +¿ a ¿. là 35/2 khi a=b=1/2. Câu 3:  x 2 y 2  2 x  y 2 0 (1)  2 3 2 x  4 x  y  3 0 (2)  a). Từ (1) => y3= -1- 2(x-1)2  -1 => y  -1 (3) 2x y2  2 1 x 1 Từ (2) => -1 y  -1(4) Từ (3) và (4) => y=-1 thay voà (1) => x2-2x+1=0 => x=1 thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x=1; y=-1 b)Trong mặt phẳng ta có BĐT     AB giá trị lớn nhất của |ΜΑ − ΜΒ| là AB khi M nằm trên đường thẳng AB mặt khác phương trình đường thẳng AB có dạng: y =2x-5(d) mà M(xo,0) (d) nên => xo=-5 Vậy giá trị lớn nhất của |ΜΑ − ΜΒ| là 22 khi M(5;0) Câu 4: 1     CEM CNE  sd ME ;E 2 a) ta có CEM đồng dạng với CNE (g.g)( -chung) CE CM  CN CE => => CM.CN=CE2=CO2-R2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> E. N. M B. C. A. O. I. F. b) theo câu a) CE2=CM.CN (1) xét tam giác vuông CEO có CE2=CI.CO (2) Từ (1) và (2) CI CN  CM CO => CIM đồng dạng CON   => CIM CNO O     => CON  MIO MIO  MIC 180 => 4 điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đường tròn c) Ta có OM=ON =R nên tam giác OMN cân ở O   => ONM OMN 1    BIN OMN  sdOM 2 mà (3) ONM  AIM theo câu b ta có (4)   từ (3) và (4) ta suy ra AIM BIN Câu 5: Theo BĐT trong tam giác ta có a+b>c;b+c>a;a+c>b mà a+b+c=2 =>0< 2a < 2 = a+b+c => 0<a<1 tương tự 0 < b,c <1 =>(1-a)(1-b)(1-c)>0 => a+b+c - (ab+bc+ca) + abc <1 => 2(a+b+c) - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2 =>(a+b+c)2 - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2 => a2 +b 2+ c 2+2 abc< 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC : 2011 - 2012.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Môn thi : TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 18 – 03 – 2012 Bài 1: (2 điểm) Tìm các số tự nhiên có hai chữ số, biết số đó chia cho tổng các chữ số của nó được thương là 4 và số dư là 3. Bài 2: (6 điểm) Giải các phương trình sau: a) x3(x3 + 7) = 8 b) 3x  1 + x41 c) 2 x  -2  + x +1 = 5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. Bài 3: (3 điểm) Cho parabol (P): y = 2x . Trên (P) lấy điểm A có hoành độ bằng 1, điểm B có hoành độ bằng 2. Tìm m và n để đường thẳng (d): y = mx + n tiếp xúc với parabol (P) và song song với đường thẳng AB. 2. Bài 4: (3 điểm) Cho phương trình bậc hai x – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0, với m là tham số thực. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2. 2. 2. b) Tìm m để biểu thức P 6 x1 x2  x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Các cạnh AB, BC, CA lần lượt tiếp xúc với đường tròn (O) tại D, E, F. a) Chứng minh DF // BC và ba điểm A, O, E thẳng hàng, với O là tâm của đường tròn (O). b) Gọi giao điểm thứ hai của Bf với đường tròn (O) là M và giao điểm của DM với BC là N. Chứng minh tam giác BFC đồng dạng với tam giác DNB và N là trung điểm của BE. c) Gọi (O’) là đường tròn qua ba điểm B, O, C. Chứng minh AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O’) Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AC = c. Gọi ha, hb, hc lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a, b, c. Tính số đo các góc của tam giác ABC biết ha + hb + hc = 9r, với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. ------Hết------. Họ và tên:…………………………… Chữ kí GT 1:…………………. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS. BÌNH ĐỊNH -----------------------. Đề chính thức. SBD……………………………. NĂM HỌC : 2011 – 2012 ----------------------------------. Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 / 03 / 2012 -----------------------------. Bài 1: ( 4,0 điểm ) a) Rút gọn biểu thức sau: A = x3 b) Giải phương trình : ST: Phạm. 16  x. 8  15 8  15  2 2 2. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá.  x 2  16  0. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ. b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Chứng minh rằng nếu c  a và c  b thì c  a + b Bài 3: ( 3, 0 điểm ) Cho phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho biểu thức A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn nhất. Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 . 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng. b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi. Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 4 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) + x  y  8 --------------------------------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: ( 4,0 điểm ) a). A=. 8  15 8  15  2 2 2.  8  15 8  15  8  15 8  15   8  15 8  15  .   2 2 2 2  = 2 2 * Cách 1: A2 =  + +2 49 = 8 + 2 4 = 8 + 7 = 15 Vì A > 0 nên A = 15 ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> * Cách 2:. b). A=. 8  15 8  15  2 2 =. 16  2 15 16  2 15  4 4. ( 15  1) 2 ( 15  1) 2 15  1 15  1   4 4 2 2 = = = 15 3 x  x 2  16  0 2 16  x . ĐK : 16 – x2 > 0  - 4 < x < 4. 2 Đặt y = 16  x > 0  x2 – 16 = - y2 . Ta có : x3 y - y2 = 0  x3 – y3 = 0  (x – y)(x2 – xy + y2) = 0  x – y = 0  x=y.. ( vì x2 – xy + y2 > 0 ). 16  x 2 = x . Với x > 0 thì. 16  x 2 = x  16 – x2 = x2  2x2 = 16  /x/ = Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thõa mãn .. Phương trình có một nghiệm x =. 8  x=  8. 8.. Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1). Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia hết cho 4. Do đó tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8. Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3. Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24. Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ. b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Suy ra : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca)  a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) * Cách 1 : Nếu c  a và c  b thì a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  2ab + 2b2 + 2a2  c2  ( a + b)2  c  a + b ( vì a, b, c > 0 ) * Cách 2 : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0  ( a – b + c )2 = 4ca . Nếu c  a thì ( a – b + c )2 = 4ca  4a2  ( a – b + c )2 - 4a2  0  (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a )  0  ( c – a – b )(3a – b + c)  0 Vì a > 0 và nếu c  b thì 3a – b + c > 0 .  c – a – b  0  c  a + b . Bài 3: ( 3, 0 điểm ) Phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0 có  = ( m – 1)2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 . Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = 1 – m ; x1.x2 = - 6 A = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 ) = – ( 2x1 + 3x2)2  0 2 x1  3 x2 0  1   2  x1.x2  6  x  x 1  m  3 A=0   1 2 . ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 6  12 Từ (2)  x1 = x2 , thay vào (1) có : x2 + 3x2 = 0  x2 = 2 - Với x2 = 2  x1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1  m = 2 - Với x2 = - 2  x1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1  m = 0 - Vậy : m  { 0 ; 2 } Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .  ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800 Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200 nên BDC = 800   BDC cân tại B  BD = BC = a . DC BC a2   BDC  ABC ( g – g)  BC AC  DC = b. A. E D B. C. a2  AD = b - b 1 1 3 3  BDE vuông có EBD = 60 nên BE = 2 BD = 2 a và DE = BD 2 = a. 2 ; 1 AE = b - 2 a. Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có : a2 1 3 2 2 2 2 2 AD = AE + DE  (b - b ) = (b - 2 a) + (a. 2 )2 0. a4 a2 3a 2 a4  b2 - 2a2 + b 2 = b2 - ab + 4 + 4  b 2 = 3a2 –ab  a4 = 3a2b2 - ab3  a4 + ab3 = 3a2b2  a3 + b3 = 3ab2 . 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.. b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.. ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> E. B. A. O. M. I. C. D. E'. a) AD // BC  AB = CD  DAC = ADB  MA = MD . Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của AD (1) Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là đường trung trực của AD (2) Từ (1) và (2)  I, O, M thẳng hàng. b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg cân) COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp)  CMD = COD Do đó tứ giác CMOD nội tiếp. Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’. Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA qua OM. OM  ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA) A, O, B cố định nên E cố định  OE không đổi  Đường tròn ngoại tiếp  MCD có bán kính không đổi.. Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 4 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) + x  y  8 4 Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) + x  y. 4 = (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + x  y 4 = ( x + y )( x2 + y2 ) + (x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + x  y 4 = ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) + x  y. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : xy x + y 2 = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 2 2  x +y 2xy = 2 . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 4 ( x + y ) + x  y  4 . Dấu “ = “ xảy ra  (x + y)2 = 4  x = y = 1. 4 Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) + x  y Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1. Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o. HƯNG YÊN.  2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8. §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012. M«n: To¸n ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I. 1. Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15 2. Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1, A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1 Câu II. 1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt. m2 x12  3mx2  3m  2 m2 2. Tìm min S = x2  3mx1  3m. Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 Câu III.. 1. Giải hệ. 2 xy  2 2  x  y  x  y 1(1)   x  y  x 2  y (2) . 3 2 x 2  1 5 x 2  x  3 2 2. Giải PT (3x+1). Câu IV. 1. Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD. Vẽ đường tròn tâm O đường kính CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F. Gọi M là giao điểm của BE và đường tròn tâm O; AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn b) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC 3 a 2. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD = 4 . Tính dịên. tích tam giác ABC theo a. Câu V. Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm đường tròn khác.. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012 ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu I. 1.Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15 2.Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1, A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1 Lời giải: 1. HS tự làm 2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 trên (P) nên gọi A1( a;a2) và A2( b; b2) thì B1(a; 0), B2(b; 0) khi đó đường thẳng OA1,OA2 lần lượt có PT y = ax và y = bx do góc A1O A2 = 900 nên hai đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên OB1.OB2 = Câu II.. a.b. =1. 1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt. x12  3mx2  3m m2  2 m2 Tìm min S = x2  3mx1  3m. Lời giải: -) PT có nghiệm khi 9m2 + 4m  0 hay m(9m+4)  0(*) 3mx1  3mx2  4m m2  m2 -) x2 -3mx- m = 0  x2 = 3mx+ m nên S = 3mx2  3mx1  4m m 3( x  x )  4 m 9m  4  1 2   3( x  x )  4 m 9m  4 m 2 1 S= 4 m  Để S tồn tại thì m khác 0 và 9 do đó từ ĐK ta có 9m  4 > 0nên áp dụng BĐT Côsi ta có 1 S 2, mà thấy khi m = - 2 thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2. 2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 HD: 2 2 Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có  9( y  2) từ đó ta có x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm) Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2) Câu III. 2 xy  2 2  x  y  x  y 1(1)   x  y  x 2  y (2) . 1.Giải hệ Lời giải: ĐK x+y > 0 (1)  (x+y)3 -2xy(x+y) +2xy –(x+y) = 0  (x+y -1)[(x+y)(x+y+1) – 2xy] = 0  x+y -1= 0 (3) hoặc (x+y)(x+y+1) – 2xy = 0(4). ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2. 2.  Ta có (4)  x  y + x+y = 0( vô nghiệm do ĐK)  Giải hệ (2), (3) không khó 3 2 x 2  1 5 x 2  x  3 2 2.Giải PT (3x+1). Lời giải: 2 ĐK: 2 x  1  0 2 Đặt t = 2 x  1. 2. 2. 2. Ta có PT tương đương với 2(3x+1) 2 x  1 4(2 x  1)  2 x  3x  2 2 2 Nên có 4t2 -2(3x+1)t + 2x +3x – 2 = 0 coi là PT bậc hai ẩn t ta có  ( x  3) , từ đó tìm được nghiệm của PT Câu IV. 3. Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD. Vẽ đường tròn tâm O đường kính CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F. Gọi M là giao điểm của BE và đường tròn tâm O; AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P c) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn d) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC HD:       b) Ta có DME BMP BFP CFE nên CE DE từ đó giải được bài toán 3 a 4. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD = 4 . Tính dịên. tích tam giác ABC theo a. HD: Vì góc A bằng 600 nên BC = AC 3 . Xét tam giác BCD tính được BC theo a, từ đó tính được SABC theo a. Câu V. Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm đường tròn khác. Lời giải: Giả sử có sáu đường tròn tâm Oi (i = 1->6) có bán kính r và M là điểm chung của các đường tròn này. Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh ít nhất có hai tâm có khoảng cách không lớn hơn r. Nối M với các tâm. Nếu hai trong những đoạn thẳng vừa nối nằm trên cùng một tia có điểm đầu là M thì bài toán được chứng minh. Trong trường hợp ngược lại, xét góc nhỏ nhất trong các góc nhận đượcđỉnh M, giả sử đó là góc O1MO2. Do tổng các góc này là 3600 nên góc O1MO2 ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  600. Khi đó trong tam giác O1MO2 có. một góc không nhỏ hơn góc O1MO2( nếu ngược lại thì tổng các góc trong tam giác nhỏ hơn 1800). Từ đó suy ra trong những cạnh MO1 và MO2 trong tam giác O1MO2 không nhỏ hơn O1O2 tức ta có O1O2  r vì MO1  r, MO2  r. ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o kiªn giang. §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012. M«n: To¸n Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:  7 x  y  2 x  y 5  2 x  y  x  y 1 a)  ( x  1) y  ( y  1) x  2 xy  x y  1  y x  1 xy b) . Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. x y z   x 1 y 1 z 1. Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện 1 1 1   2 1 a 1 b 1 c. Chứng minh rằng:. abc . 1 8.. Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O). Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác. a) Chứng minh HI // d. b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng minh rằng MN = EF Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12. Hết ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM. Câu. Đáp án. Thang điểm.  7 x  y  2 x  y 5(1)  2 x  y  x  y 1(2) a)  7x  y 2x  y. Đặt u =. ,v=. ( u 0, v 0 ). u  v 5 (*)  v  x  y  1  Ta có. Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x Mà u + v = 5 nên u – v = x x 5 5 x Do đó u = 2 , v = 2. 0.25. Từ phương trình thứ hai của (*) ta được 5 x x 3  x  1 2 y=v+x–1= 2 x 3 Thay y = 2 vào phương trình (2) ta được. 1. 0.25 0.25. x 3 x 3 x 1 2 2  x 1 5x  3 5  x   1 2 2  x2 19. 2x  . 0.25 0.25 0.25 0.25. 0,25. 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) ( x  1) y  ( y  1) x  2 xy (1)  x y  1  y x  1  xy (2) b)  Điều kiện x 1, y 1. 0.25. Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có: x ( y  1  1) xy  2 2 y ( x  1  1) xy y x  1  y ( x  1).1   2 2. x y  1  x ( y  1).1 . 0.5. (3). 0.5. (4). 0.25. Vậy x y  1  y x  1 xy  y  1 1   x  1 1 Dấu “=” xảy ra  x  y 2. 0.25 0.25. Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2) ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Ta có. P (1 . 1 1 1 )  (1  )  (1  ) x 1 y 1 z 1. P 3  (. 1 1 1   ) x 1 y 1 z 1. Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có. 2. 1 1 1 3    x  y  z 3 xyz , x y z xyz 1 1 1 3  ( x  y  z )(   ) 3 xyz. 9 x y z xyz. Dấu = xảy ra khi x = y = z. 1 1 1 9    Ta có x  1 y  1 z  1 ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) 1 1 1 9     x 1 y 1 z 1 4 9 3 P 3   4 4 Vậy  x 1  y 1 z  1 3 1 P    x  y z  4 3  x  y  z 1 3 1 P x  y z  4 tại 3 Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 1 1 1 (1  )  (1  ) 1 b 1 c Ta có: 1  a 1 b c bc    2 1 a 1 b 1 c (1  b)(1  c). 3. 1 bc 2 (1  b)(1  c) Vậy 1  a 1 ac 2 (1  a )(1  c) Tương tự: 1  b 1 ab 2 1 c (1  a )(1  b). Nhân ba bất đẳng thức trên ta được: 1 8abc  (1  a )(1  b)(1  c) (1  a )(1  b)(1  c)  8abc 1. ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Q. A. 0.5 O. M. C. B. P. 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:. 0.25. AMC 2 ABC (góc ở tâm chắn cung AC). 0.5. Trong đường tròn tâm O ta có: AOQ 2 ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)   Suy ra AMC  AOQ (1). Chứng minh tương tự ta có   BMC BOP (2) A B  900 Tứ giác MAOB có  AMB  AOB 1800. 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25. (3) Từ (1), (2), và (3) suy ra:. 0.25.    POQ POB  BOA  AOQ    ( BMC  AMC )  BOA. 0.25 0.25.  AMB  AOB 1800. Suy ra P, Q, O thẳng hàng. Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O). ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 0.25. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 6. A. 0.5. B. x. I H M C E. 5. F. N. d. 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 ) ABC  ACx Mà (cùng chắn cung AC)    HIC ICx  HI // d. 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  MN EF. Số chính phương là n2(n Î Z) số đứng trước nó là n2-1 Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (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 (n2-1)n2 chia hết cho 12. ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> SỞ GD&ĐT TỈNH NINH BÌNH. ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn: Toán (Thời gian làm bài 150’) Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012. P. Bài 1. (5đ) Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) Tìm GTNN của P ST: Phạm. a2  a 3a  2 a a 4   a  a 1 a a 2. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 3 3 2 3 2 a) 2x  x  2x  3x  1 3x  1  x  2 b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 Bài 3. (4đ) Cho (O; R). Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và B. từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O), (M, N là hai tiếp điểm). a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M di động trên d. y  x 9  x2 Bài 4. (4đ) a) Tìm GTLN của 2 2 2 3 3 3 b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn: a  b  c 1;a  b  c 1;a  b  c 1 . Chứng. Bài 2. (5đ) Giải các pt sau:. 2009  b 2009  c2009 1 minh: a Bài 5. (2đ) Cho ABC thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB. Tìm GTLN của diện tích ABC . ----------------------------- HẾT -----------------------------. Họ và tên:…………………………… Chữ kí GT 1:…………………. SBD……………………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012 Bài 1: a) ĐK a > 0 và a 2 a2  a 3a  2 a a 4 P   a  a 1 a a 2 P. a ( a  1)(a  a  1)  a  a 1. a (3 a  2) ( a  2)( a  2)  a a 2. P a  3 a  4 b) Ta có ST: Phạm. P a  3 a  4 ( a . 3 2 7 7 )   4 4 4 với mọi a TMĐK. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 7 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi a= 4 Bài 2: 2 2 Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có  9( y  2) từ đó ta có x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm) Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2 Bài 3: a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON 2 =R 2 Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. 2 2 Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN = MO  ON R nên ta giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác ta giác OPM cũng vuông cân tại P. N. A. E. M. L. B. H F O. I Q. P. do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R 2 >R b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H +) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định). Kẻ HL  (d) thì HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không đổi) +) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE.  +) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong PNM cắt đường tròn (O) tại   điểm F, khi đó NF FP => F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O) Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên hình vẽ Bài 4: a 2  b2  2 a) áp dụng BĐT ab ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> ĐK 9 –x2 0 ta có. y  x 9  x2 . 9 2. 9 Vậy giá trị lớn nhất của y là 9/2 khi x= 2 b) ta có a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) => 1-3abc=1-ab-bc-ca =>ab+bc+ca=3abc mà 12=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) => ab+bc+ca=0 => abc=0 => a=0 hoặc b=0 hoặc c=0 b  c 1  2 2 b  c 1 b3  c 3 1 Nếu a = 0 =>  =>b2+c2+2bc=1 => 2bc=0 =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0) Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Vậy mội trường hợp ta có P = 1 Bài 5: Đặt BC =x > 0 theo công thức He rông ta có 6x p  p ( p  a)( p  b)( p  c ) 2 S= với 6  3x 6  x 6  x 3x  6 . . . 2 2 2 2 => S2= 9 9 9 (36  x 2 )( x 2  4)    ( x 2  20) 2  256   .256 144 16 16 => S2= 16 . Vậy giá trị điện tích lơn nhất là 12(đvđt) khi x= 20 (đvđd). ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian làm bài: 120 phút. Câu 1 (5 điểm): 2 2 a) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện: a  b 7 . Chứng minh rằng a và b đều chia hết cho 7. b) Cho A = n2012 + n2011 + 1 Tìm tất cả các số tự nhiên n để A nhận giá trị là một số nguyên tố. Câu 2 (4.5 điểm) a) Giải phương trình: ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 4 1 5  x  x  2 x  x x x. b) Cho x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn: xy + yz + zx = 0 Tính giá trị của biểu thức: M. yz zx xy   x2 y 2 z 2. Câu 3 (4.5 điểm) a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng: x 2  y 2  z 2 3. b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. a3 b3 c3   a 2  b2 b2  c2 c 2  a 2. Câu 4 (6.0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một dây BC cố định không đi qua O. Từ một điểm A bất kỳ trên tia đối của tia BC vẽ các tiếp tuyến AM. AN với đường tròn ( M và N là các tiếp điểm, M nằm trên cung nhỏ BC). Gọi I là trung điểm của dây BC, đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. a) Chứng minh rằng: NP song song với BC. b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng OI là K. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để tam giác ONK có diện tích lớn nhất. -------- Hết --------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2012 Câu 1:a) Nhận xét: nếu a không chia hết cho 7 thì a2 chia cho 7 dư 1,2,4 thực vậy khi a không chi hết cho 7 thì a có dạng a=7k 1,a=7k 2,a=7k 3 từ nhận xét trên *) nếu a không chia hết cho 7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 chia cho 7 dư là 2,3,4,6 ( 1) *)Nếu a7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 không chia hết cho 7 (2) *)Nếu a không chia hết cho 7 và b  7 thì a2+b2 không chia hết cho 7(3) ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Từ (1), (2) và (3) suy ra a và b phải chia hết cho 7 b) A = n2012 + n2011 + 1 Nếu n=0 => A = 1(loại) Nếu n = 1 => A =3( thoả mãn) Nếu n > 1 thì A> 3 Xét A = n2012 + n2011 + 1 => A=[(n670)3-1]n2 + [(n670)3-1]n +n2 + n + 1 => A( n2 + n + 1) mà A> n2 + n + 1 nên A là hợp sô Vậy n= 1 thì A nhận giá trị là một số nguyên tố. Bài 2:a) 4 1 5  x  x  2 x  x x x 4 1 5  x  x   2 x  0 x x x 1 u  x  0 x v  2x . 4 5  x 0 x => u2-v2= x. Đặt Thay vào phương trình ban đầu ta có : u2-v2+u-v=0 <=> (u-v)(u+v+1)=0 <=> u-v=0 ( vì u+v+1>0) =>x=2 hoặc x=-2 bằng cách thử trưc tiếp ta thấy x= 2 thoả mãn bài toán b)nhận xét nếu a+b+c=0 thì a3+b3+c3=3abc áp dụng nhận xét trên vào biểu thức M ta có M. yz zx xy ( yz )3  ( yx)3  ( xz )3 3( xyz ) 2     3 x2 y 2 z 2 ( xyz ) 2 ( xyz ) 2. Bài 3:a) Từ x2+1 2x y2+1 2y z2+1 2z 2(x2+y2+z2) 2(xy+yz+xz) cộng các BĐT trên ta có 3(x2+y2+z2)+3 2(x+y+z+xy+yz+xz) 2 2 2 => x  y  z 3 (ĐPCM) a3 ab 2 ab 2 b a  2 a  a  2 2 2 a b 2ab 2 b)Xét a  b Tương tự: b3 c c3 a b  c  2 2 2 2 b c 2,c a 2 cộng BĐT trên ta có P. a3 b3 c3 a b c 3     2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 2. vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3/2 khi a=b=c=1 ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Câu 4: M. I. B. A. C K. O. P. N. Câu a) Ta có 5 điểm A,M,I,O,N thuộc cùng một đường tròn bán kính OA AIM AMO( 1 sd AM ) 2 => (1)     Mặt khác NOM 2 AOM mà 2AOM NPM (2)   từ (1) và (2) => AIM NPM => BC//NP Câu b: 1 OK 2  ON 2 R 2   2 4 SOKN=1/2OK.KN 2 Vậy điện tích lơn nhất của tam giác ONK là R2/4 khi MO = MA. ST: Phạm. Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá. 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span>