Tài liệu Tong hop hsg

MÔN: TOÁN Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Câu I (4đ) � x- 1 �� 3 x - 1 +1 x +8 � � � + :� � � � � � � � �x - 3 x - 1 - 1 3 + x - 1 10 - x �� � Cho biểu thức P = 1) Rút gọn P √ 4 1 x- � � � � 1� � √ 32 √ 2 4 3−2 √ 2 − 3−2 √ 2 32 √ 2 2) Tính giá trị của P khi x = Câu II (4đ) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 1) Tính độ dài AB. 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4đ) x2  x 2 y 2 y 1  y . x 2     1) Giải hệ phương trình  2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2) KH  AM. Câu V (2đ) Với 0≤x ; y ; z≤1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3    1 y zx 1 z  xy 1 x yz x y  z (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh .......................................................................... SDB ......................... 1 Câu 1:ĐK 1 < x �10 1) P= 3 x - 1 +9 � 1 2 x- 1 + 4� � :� . �x - 1 � 10 - x x 1 3 � � ( ) 3( x - 1 + 3) x - 1. x - 1 - 3 . 10 - x 2 x- 1+4 3 x - 1( x - 10)( x - 1 - 2) 3( x - 2) P= =2(10 - x)( x - 1- 4) 2( x - 5) P= b) x=4 3+2 2 3- 2 2 4 3- 2 2 = 4 (3 + 2 2) 2 3+2 2 4 (3 - 2 2) 2 = 3 + 2 2 - 3- 2 2 => x= 1 + 2 - ( 2 - 1) = 2 vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) m< 1 4 có hai nghiệm phân biệt <=> D > 0 <=> Ta có khoảng cách AB2 =18 để CD = AB <=> (x1-x2)2+(y1-y2)2=18 <=>(x1-x2)2=9 <=>(x1+x2)2-4x1x2=9 <=>1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x �0, y �0 Đặt x=ky ( k �0) x2  x 2 y y2 1  y . x 2     � (k 2 + k ) y = 2 � � �1 1 � ( +1) y = � � 2 �k  <=> (1) Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu k � -1 (k 2 + k )k =4 k + 1 từ (1) => => k=2 hoặc k = -2 2 2 1 ( x, y ) = ( ; ) 3 3 Nếu k=2 => Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 �320 mà x nguyên nên x �2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) 0 � � Câu IV: 1) Ta có E = F = 90 nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH � = 1 sd EH � EAH 2 (1) � = CBE � EAH mà (2) ( cùng phụ với góc ACD) � = CBE � MEB (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) � = 1 sd EH � MEH 2 Từ (1), (2) và (3) ta có => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) A F E N B K C D M C 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn � � � � � � Ta thấy AFE = ACB; ANE = AFE => ANE = ACB => nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp 3 � do đó KNM = 90 KH  AM 0 Với 0≤x ; y ; z≤1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3    1 y zx 1 z  xy 1 x yz x y  z Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 �x � y �z �1 y z 3 + = 1 + z 1 + zy y + z y 1 z 1 1 => ( ) +( )= 1+ z y + z 1 + zy y + z y+z => ( y - 1)( y +1 + z ) z2 - 1 1 + = (1 + z )( y + z ) (1 + yz )( y + z ) y + z Nếu x= 0 => Ta có VT �0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm Nếu x khác 0 mà 0 �x � y �z �1    z−1  1−x ≤0 1  zx≥ x z >0 <=> x  z−zx−1≤0 x− zx z−1≤0 đúng với mọi 0≤x ; z≤1 . Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. 1  y zx≥x  y  z x x  ≤ 1  y  zx x  y  z y y ≤ 1 z  xy x y z + Tương tự: z z ≤ 1 x  yz x  y z + Ta có: 1 zx≥ x  z x y z x y  z   ≤ 1 1 y  zx 1 z  xy 1  x  yz x y  z . (1) + Mặt khác, vì: 0≤x ; y ; z≤1  x  y  z≤3 3 3  VP  ≥ 1 x y  z 3 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) VT VP + Từ (1) và (2) chỉ đúng khi: VT VP1 .  VT  Khí đó x=y=z=1. * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:  x ; y ; z   1; 1; 1 . 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO QUẢNG NINH --------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN (BẢNG B) Ngày thi: 23/03/2012 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) Họ và tên, chữ ký của giảm thị số 1 Bài 1 : (4,0 điểm) √ 2−√ 3. √ 1 √ 42 √ 3−x √ 1 √ 62 √5. √ √ 5−2 √ x 3 3 Với x  0 tính A = √ x + Bài 2.(3,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn : x2 + 26y2 – 10xy + 14x – 76y + 58 = 0 Bài 3(4,0 điểm) Giải hệ phương trình : x2 + y2 –x – y = 12 x + y + xy = 9 Bài 4(6,5 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp điểm AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. Gọi I là trung điểm của DE. a. Chứng minh năm điểm B, O, I, C, A cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc BIC. b. Đường thẳng qua D song song với AB cắt BC tại H, cắt BE tại K. Chứng minh H là trung điểm của DK. Bài 5. (2,5 điểm) 5 Cho a, b, c là ba số dương . Chứng minh rằng : a b c   bc c a ab > 2 √ √ √ ----------------- Hết --------------- 6 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi :18/02/2012 Câu 1: (2,0 điểm) Cho a – b = 3.Tính giá trị của biểu thức: A= a2(a+1) – b2(b – 1) +ab – 3ab(a – b +1). 1007  2013 1007  2013  2 2 Câu 2: (2,0 điểm) Rút gọn : B = Câu 3: (2,0 điểm) Chứng minh : n3 – 6n2 – 13n + 18 chia hết cho 6 . ( n  Z ) Câu 4: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = (4m - m2 -5)x - 2012 .So sánh f(1- 2011 ) và f(1- 2013 ). Câu 5: (1,5điểm) Cho ABC có trung tuyến AM .Chứng minh : AB2  AC2  2AM 2  BC 2 2 Câu 6 : (1,5điểm) Tìm số tự nhiên a biết a + 13 và a – 76 là các số chính phương. 4 4 3 3 Câu 7: (1,5điểm) Chứng minh rằng với mọi x,y ta có : x  y  xy  x y 2 x  3  2 2 x  3  6 Câu 8: (1,5điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C =  2 � Câu 9: (1,5điểm) Cho ABC có A nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) .Chứng minh rằng: BC  2R.sin A Câu 10:(1,5điểm) Tìm các số nguyên tố x,y thoả mãn : x2 – 2y2 = 1 Câu 11:(1,5điểm) Cho ABC, ®êng th¼ng d c¾t AB , AC vµ trung tuyÕn AM theo thø tù tại E ,F,N AB AC 2AM   (E  A,B và F  A,C ).Chøng minh : AE AF AN . Câu12:(1,5điểm) Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng a ở ngoài đường tròn. Gọi OH là khoảng cách từ tâm O đến a và M là một điểm chuyển động trên a. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi D là giao điểm của AB với OH. Chứng minh rằng D là điểm cố định . . . . . . . . HẾT . . . . . . . -Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không được giải thích gì thêm. 8 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ THANG ĐIỂM Câu 1(2,0 điểm) Biết a – b = 3. Tính giá trị của biểu thức: A= a2(a+1) – b2(b – 1) +ab – 3ab(a–b+1). A = a3+ a2–b3+b2+ab–3a2b +3ab2–3ab 0,5đ = (a3–3a2b +3ab2– b3) + (a2–2ab +b2) 0,5đ = (a–b)3+(a–b)2 0,5đ = 33+32=36 0,5đ 2014  2 2013 2014  2 2013  4 4 Câu 2(2,0 điểm) B = ( 2013  1) ( 2013  1)  4 4 = 2013  1 2013  1  2 2 = 2 0,5đ 2 0,5đ 0,5đ 0,5đ = -1 Câu 3: (2,0 điểm) Chứng minh : n3 – 6n2 – 13n + 18 chia hết cho 6 . ( n  Z ) A = n3 – 6n2 – 12n + 18 A = n3 – n – 6n2 –12 n + 18 0,5đ A = n(n – 1)(n+1) – 6n2 – 12n + 18 0,5đ Do n(n – 1)(n+1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên n(n – 1)(n+1) 6 0,5đ Mặt khác – 6n2 – 12n + 18 6 nên A ⋮ 6 0,5đ Câu 4: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x )= (4m-m2-5)x- 2012 .So sánh f(1- 2011 )và f(1- 2013 ). 2   m  2   1   Biến đổi (4m - m - 5) = 2   m  2   1  0     hàm số y = f(x ) nghịch biến 2 0,5đ 0,5đ Lập luận 1  2011  1  2013 0,5đ  f (1  2011)  f (1  2013) 0,5đ A Câu 5 : (1,5điểm) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM .Chứng minh : AB2  AC 2  2AM 2  BC 2 2 Vẽ AH  BC ,H  BC c/m được AB2+AC2 = 2AH2+ BH2+ CH2 B H M C (1) 0,5đ 9 c/m được AH2 = AM2 - HM2 BH2 = BM2 -2BM. HM+HM2 CH2 = HM2 -2HM. CM+CM2 Từ (1),(2)  AB2  AC 2  2AM 2  (2) BC2 2 0,5đ 0,5đ Câu 6: (1,5điểm) Tìm số tự nhiên a biết a + 13 và a – 76 là các số chính phương. Vì a + 13 và a – 76 là các số chính phương 2 2 Đặt a + 13 = m , a – 76 = n với m, n  N.  m2 – n2 = 89  (m – n)(m + n) = 89 0,25đ 0,25đ m  n  1  m  45   Vì 89 là số nguyên tố và m – n < m + n nên  m  n  89   n  44 a +13 = 452  a = 2012 0,75đ 0,25đ 4 4 3 3 Câu 7 : (1,5điểm) Chứng minh rằng với mọi x,y ta có : x  y  xy  x y (1) (1)  x  y  xy  x y  x(x3- y3) – y(x3- y3)  0  (x-y)2(x2 + xy + y2)  0 4 4 3 3 2  y  3y 2   x     0 2 4   (x-y)2  0,5đ 0,25đ (2) 0,25đ 0,25đ 0,25đ (2) luôn đúng  (1) đúng Dấu “ =” xày ra khi x = y 2 x  3 Câu 8: (1,5điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C =  2  2 2x  3  6 2 2x  3  2 2x  3  6 C= Đặt t = |2x- 3|  0  C = t2 – 2t + 6 C = (t –1)2 + 5  5  giá trị nhỏ nhất của biểu thức C là 5 khi t = 1  x = 2 hoặc x = 1 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ � Câu 9: (1,5điểm) Cho tam giác ABC có A nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) .Chứng minh A BC  2R sin A rằng: D O B C Vẽ đường kính BD  BCD vuông tại C  BC = BD.sinD (1) � D � Ta có A , BD = 2R (2) Từ (1) và (2)  BC = 2R.sinA Câu 10: (1,5điểm) Tìm các số nguyên tố x,y thoả mãn : x2 – 2y2 = 1 x2 – 2y2 = 1  (x-1)(x+1) = 2y2 Vì y nguyên tố và x+1 > x-1 nên chỉ xảy ra các trường hợp:  x 1  2 y x  3 1)     x 1  y y  2 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 10 0,25đ x  2  x 1  2 y2    2 3   x 1  1  y  2 2) (loại) 2  x 1  y x  3    y  2  x 1  2 0,25đ 3) 0,25đ Vậy (x;y) = (3;2) 0,25đ Câu 11: Cho ABC, đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuy ến AM theo thứ tự là E , F , N . AB AC 2AM   (E  A,B và F  A,C )Chứng minh : AE AF AN (I,S  tia AM) KÎ BI,CS / /EF AB AI AC AS  ,  AE AN AF AN Ta cã: AB AC AI AS     () AE AF AN AN A E d B F N I C M S 0,25đ 0,25đ 0,25đ c/m BIM  CSM (cgc)  IM  MS 0,25đ Thay vào (*) ta được (đpcm) 0,25đ 0,25đ AI  AS  AI  AI  IM  MS  2AM Câu 12: Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng a ở ngoài đường tròn. Gọi OH là khoảng cách từ tâm O đến a và M là một điểm chuyển động trên a. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) ( A,B là hai tiếp điểm). Gọi D là giao điểm của AB và OH. Chứng minh rằng D là điểm cố định Gọi C là giao điểm của AB và OM Chứng minh được OC.OM = OD.OH Lập luận OC.OM = OA2= R2  OD.OH = R2 OD  0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2 R OH không đổi Chứng minh được : D thuộc đoạn thẳng cố định OH nên D cố định 0,25đ 0,25đ . . . . . . . HẾT . . . . . . . 11 UBND TỈNH TIỀN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập-Tự do-Hạnh phúc KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH Khóa ngày: 20/03/2012 Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu. --- --- --- --- --- --- --- --- --- Đề chính thức Câu 1: (4,0 điểm)  x 3  1  2( x 2  x  y )  3 2 1. Giải hệ phương trình:  y  1  2( y  y  x ) 4 2 2. Cho phương trình: x  2mx  2m  1  0(1)  x1  x2  x3  x 4  x x x x x x x1 , x2 , x3 , x4 a) Tìm m để (1) có 4 nghiệm thoả  4 3 3 2 2 1 b) Giải phương trình (1) với m tìm được ở a). Câu 2: (4,0 điểm) Cho (P ) : y  x ; ; (d ) : y  x  m Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: tam giác OAB là tam giác vuông. Câu 3: (4,0 điểm) 1. Cho 4 số a, b, c, d thoả điều kiện a  b  c  d  2 2 2 2 2 Chứng minh: a  b  c  d  1 . 2 3 2 2 2. Cho và a  3a  3a(m  1)  (m  1)  0 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của a. Câu 4: (3,0 điểm) Chứng minh rằng: Câu 5: (5,0 điểm) 22  42  62  ...  (2n)2  2n(n  1)(2n  1) ; n  �, n 1 . 3 � � � Cho tam giác ABC có các phân giác trong của các góc nhọn BAC , ACB, CBA theo thứ tự cắt các cạnh đối tại các điểm M, P, N. Đặt a =BC, b =CA, c =AB; SMNP , SABC theo thứ tự là diện tích của tam giác MNP và ABC. a) Chứng minh rằng: SMNP  SABC 2 abc ( a  b )( b  c )( c  a ) b) Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của . SMNP SABC 12 --- --- --- Hết --- --- --* Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH ----------------------- Đề chính thức 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 : 16  x 8  15 8  15  2 2 2  x 2  16  0 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 -------------------------------------------- 13 HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: ( 4,0 điểm ) a) 8  15 8  15  2 2 A= 2  8  15 8  15  8  15 8  15    8  15 8  15 .   2 2 2 2 2   2 2 * Cách 1: A = = + +2 49 = 8 + 2 4 = 8 + 7 = 15 Vì A > 0 nên A = 15 8  15 8  15  2 2 = * Cách 2: A = b) 16  2 15 16  2 15  4 4 ( 15  1)2 ( 15  1) 2 15  1 15  1   4 4 2 2 = = = 15 x3  x 2  16  0 2 16  x . ĐK : 16 – x2 > 0  - 4 < x < 4 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. 2 16  x 2 = x . Với x > 0 thì 16  x 2 = x  ( vì x2 – xy + y2 > 0 ) 16 – x2 = x2  2x2 = 16  Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thõa mãn . Phương trình có một nghiệm x = /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) 14  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 . 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 . a2 DC BC   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 = 600 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  a4 a2 3a 2 2 b2 - 2a2 + b = b2 - ab + 4 + 4  a4 b 2 = 3a2 –ab 15  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. 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) B A COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp)  CMD = COD O M Do đó tứ giác CMOD nội tiếp. I C Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ D 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 E'  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 : x + y  2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 x2 + y2  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  2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8 16 UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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 CHÍNH THỨC ĐỀ: (Đề thi này có 1 trang) Câu 1: (4,0 điểm) x 2 −√ x x 2 √ x A − . x  √ x1 x− √ x 1 a) Với 0≤ x≤1 Rút gọn B1− √ A x 1 b) Biết x > 0; Câu 2: (4,0 điểm) a) x2  1 7 x2 Giải phương trình sau: Tính x5  1 x5 2 x2 x 9 3−√ 92 x 2 1 1 a  2 b 2 a b Với a > 0; b > 0 và a+b=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của b) Câu 3: (4,0 điểm) a) b)  x2 y 2  2x  y 2  0  2 3 2 x  4 x  y 30  Giải hệ phương trình sau: 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: 2 2 a) CM .CN CO − R 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. 17 2 2 2 Chứng minh: a  b  c  2 abc  2 -------------------- HẾT -------------------Họ và tên:…………………………… Chữ kí GT 1:………………… SBD…………………………… 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  ( x  1) 2 B 1 x 1 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  9  2 x ) 2  0 2 (3  9  2 x ) ( x  9).4 x 2 2 2x  0 2 (3  9  2 x ) <=> x2  18 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 a 2  b 2 2(a  b)  a 2b 2 a.b 1  2 ab 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 M  a 2  b2  1 1 a  2 b 2 a b Vây giá trị nhỏ nhất 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: �  CNE �  1 sd ME � ;E � CEM 2 a) ta có CEM đồng dạng với CNE (g.g)( -chung) 19 CE CM  => CN CE => CM.CN=CE2=CO2-R2 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 �  OMN �  1 sdOM � BIN 2 mà (3) � � theo câu b ta có ONM  AIM (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(1-a)(1-b)(1-c)>0 20