De thi HSG mau

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 PHÚ YÊN THCS Năm học : 2012 – 2013 Môn thi : Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (Đề thi có 1 trang) ( Không kể thời gian phát đề) Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 . So sánh A và B? 3 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15 3  26  15 3  26 . 3 3 3 3 c) Cho 2 x 3 y 4 z . Chứng minh rằng:. 2 x2  3 y 2  4z 2 3. 2333 4. 1. Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :. x. 2.  2 x  2. 2. . 1. 1. x. 2.  2 x  3. 2. . 5 4. .. 2. 8  2 x  y   10  4 x 2  y 2   3  2 x  y  2 0   2 2x  y  2  2 x  y  Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình : .. Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C). Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần lượt cắt AB; AC tại M, N. AM AN PQ   1 a) Chứng minh rằng : AB AC AQ AM AN PQ 1  AB  AC  AQ 27 b) Xác định vị trí điểm Q để. Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE. Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực 2013 2013 1006 1006 thỏa mãn điều kiện : x  y 2 x y. ----------------- Hết --------------Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm.. Tổ : Toán - Tin. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 . So sánh A và B? 3 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15 3  26  15 3  26 . 3 3 3 3 c) Cho 2 x 3 y 4 z . Chứng minh rằng: Giải: a) Ta có :. A. B. . 2012 . 2011.  . . 2012  2011. 2012  2011. 2013 . 2012. . . . 2013  2012. 2013  2012. . 2 x2  3 y2  4z2 3. 23 33 4. . 1 2012  2011. . 1 2013  2012. 1. 2012  2011  2013  2012. Mà Nên. 1 1  2012  2011 2013  2012 hay A > B.. 3 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15 3  26  15 3  26 ..  3 3 3  18  12 3  8  3. 3. 3 3  18  12 3  8. 2.  3 3  3 3 2  3 3 22  23  3. . . 3. 3 2  3. 3. . 3. 3 2. . 3. 3.  3 2. 3. 2. 3  3 3 2  3 3 2 2  23 3  2 4. 3. c)Cho 2 x 3 y 4 z . Chứng minh rằng: Mình chưa biết giải, bạn nào biết chỉ giúp. Nhưng mình kiểm tra thấy đề không đúng. 3 3 3 Cho x  12; y = 8; z = 6 3 3 3 Thì 2 x 3 y 4 z  2 12 3 8 4 6 24 ( Thỏa mãn đẳng thức) 3. Nhưng. 2x2  3 y2  4z 2 3. 23 33 4. 3. . 2 3 122  3 3 82  4 3 62 1 3 2333 4. 1. Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình : Tổ : Toán - Tin.  x2  2 x  2 2. 2. . 1.  x 2  2 x  3. 2. . 5 4. (*). ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 1 2. 1. .   x 1 1   x 1 2. 2. 2. . 2. . 5 4. ĐKXĐ : x  R. 2. 2 t  x  1  1 1 Đặt t  x  2 x  2 thì. (*) . 1 1 5 2 2    4  t  1  4t 2 5t 2  t  1 2 2 t  t  1 4.  5t 4  10t 3  3t 2  8t  4 0 .  t  1 0  3  2 5 t  15 t  12 t  4  0 .  t  1  5t 3  15t 2  12t  4  0.  t 1   Pt voâ nghieäm vì t 1 . Vậy S  1. 8  2 x  y  2  10  4 x 2  y 2   3  2 x  y  2 0  I  2 2 x  y   2  2x  y Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình : . . * Điều kiện xác định :. x. y 2.. 2     y 2     y    10  4     3  2    y  0  y 0     2     2    I   1 2  2   y  2  y y  2 x  y  2    2  Nếu thì : PTVN. Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm. Nếu. x. y 2 Chia 2 vế phương trình (1) cho  2 x  y   2 x  y  . Ta có :. 2x  y  2x  y 8  2 x  y  2  10  4 x 2  y 2   3  2 x  y  2 0 8  10  3 0 (*)  2x  y   2x  y   2 2x  y  2   2 x  y  2 2 (**) 2 x  y   2x  y 2x  y t 2 x  y thì Đặt.  *  8t  10  3t 0   t  . Tổ : Toán - Tin. 3 1  3 1   t   0  t  Ê; t= 2  4  2 4. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> t. 2x  y 3 5 3   x y 2 2 thì 2 x  y 2. + Với Thay vào (**). Ta có : 5 2 y  y  2. 2 1 2  6 y  2 5 2y 2 y  y 2  1 1 1 1  12y2  4 y  1 0   y    y   0  y  ; y  2 6 2 6  1 5 1 5 y  x   2 2 2 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ)  Với. 1 5 1 5  x   6 2 6 12 ( thỏa mãn ĐKXĐ)  Với 2x  y  1 3 1   x y t 10 . Thay vào (**). Ta có : 4 thì 2 x  y 4 + Với 3 2 2 y  y  2 3 10 2 y  y  8y2  20 y  25 0 : Phương trình vô nghiệm 10 y.   5  1  ;  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :  2 6  và.  5 1  ;   4 2. Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C). Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần lượt cắt AB; AC tại M, N. AM AN PQ   1 AB AC AQ c) Chứng minh rằng : AM AN PQ 1  d) Xác định vị trí điểm Q để AB AC AQ 27. A. M N. GIẢI: Gọi H PN  BC ; I=MP  BC . AN NC  1 Ta có: AC AC .. P. (1). Mặt khác : Áp dụng định lí Talet. Ta có: NC CH CI  IH CI IH     AC BC BC BC BC (2) CI AM  ; Vì MI // AC nên BC AB (3). Tổ : Toán - Tin. B. 4. H. Q. I. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vì ABC. PHI (g-g) PH PQ IH PQ IH PH     BC AB mà AB AQ nên BC AQ (4) AN NC AN CI IH AN AM PQ        1 AC AC AC BC BC AC AB AQ Từ (1), (2), (3) và (4). Suy ra :. AM AN PQ   1 AB AC AQ Hay AM AN PQ CI AN IH CI BH IH 1    b) Từ câu a. Ta có : AB AC AQ BC AC BC BC BC BC 27 BC 3  CI IH HB  27 .. Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số không âm..  CI  IH  HB  CI IH HB  3. 3. BC 3  27 .. 3 Ta có : Dấu “ = ” xảy ra khi CI = IH = HB. Đẳng thức xảy ra khi Q là trung điểm của BC. A. 2 AP  AQ. 3 và. N. M. P. B. H. Q. I. C. Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE. Giải: Cách vẽ: + Vẽ phân giác của ADB cắt AB tại E. . Đường phân giác của ACD và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại I. I ; IE.  là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O). Ta có :  Thật vậy : Hạ IF  DC . Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác) Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông. Chứng minh: + Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng.. Tổ : Toán - Tin. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  sd PF  G IGF  IF  2 Ta có : IGF cân tại I nên   Xét OBG : AOG 2OBG ( Tính chất góc ngoài)   EP   1  GE    FP   1   1 1  GE EF    E  EF  FP   OBG  AOG        GFI  IF    2 2  2 2 2  2 2 2 2      1  1   GFI  450  450  IGF  2IGF IGF 2 2 =. . . Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau) 0  + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADB : ADB 90 2 Nên BD BC BA (1). +Áp dụng tính chất tiếp tuyến. Ta có : BE 2 BF .BG (2) FCB ( g-g). Mặt khác : AGB. AB BG   BF BG  AB BC BF BC (3) 2 Từ (2) và (3). Suy ra : BE  AB.BC (4). Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.. Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực 2013. 2013. 1006. thỏa mãn điều kiện : x  y 2 x 2013 2013 1006 1006 Giải: Từ x  y 2 x y. y1006. * Nếu x = 0  y 0 ; Nếu y = 0  x 0 * Nếu x 0; y 0. Tổ : Toán - Tin. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2013 2013 1006 1006 Thì x  y 2 x y. x x 2013  y 2013  2  x   1006 1006  y  x y. 1006.   y . y  x. 1006. 2. x t  0 y Đặt.  *  xt  y 1t 2.  xt  2t  y 0 Thì Giải phương trình theo biến t. Ta có : 2. 2.  ' b '2  ac   1  xy 1  xy. . Để phương trình có nghiệm ( Dấu đẳng thức xảy ra ) Thì  ' 1  xy 0  xy 1 Nên giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy = 0 khi xy = 1 ( Nếu có thắc mắc cần trao đổi xin liên hệ qua hòm thư “ ” ). Tổ : Toán - Tin. 7. ( *).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>