Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÁI BÌNH<br /> <br /> ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012<br /> <br /> Môn thi: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề<br /> Câu 1. (3,0 điểm)<br /> Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi<br /> bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó.<br /> Câu 2. (3,0 điểm)<br /> Cho biểu thức:<br /> P  1  x  1  x  1  x2  1  x  1  x  1  x 2 với x   1;1<br /> <br /> Tính giá trị của biểu thức P với x <br /> <br /> 1<br /> .<br /> 2012<br /> <br /> Câu 3. (3,0 điểm)<br /> Tìm các số thực x, y thỏa mãn:<br /> 2<br />  x2  1 y2  16x2  x2  2x  y3  9  8x3y  8xy<br /> Câu 4. (3,0 điểm)<br /> Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x2 và hai điểm A(-1;1), B(3;9)<br /> nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m  1  m  3 .<br /> Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất.<br /> Câu 5. (3,0 điểm)<br /> Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong<br /> tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt<br /> cắt BC, CA, AB tại M, N, P.<br /> AI<br /> BI CI<br /> a) Chứng minh:<br /> <br /> <br />  2.<br /> AM BN CP<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 4<br /> <br /> <br /> <br /> b) Chứng minh:<br /> 2 .<br /> AM.BN BN.CP CP.AM 3  R  OI <br /> Câu 6. (3,0 điểm)<br /> Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi x, y, z lần lượt<br /> là khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn<br /> nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: y + z - x = R + r.<br /> Câu 7. (2,0 điểm)<br /> <br /> x;y  R<br /> y 2 2<br /> x<br /> <br /> <br /> <br /> Cho x; y thỏa mãn <br /> .<br /> 1 . Chứng minh rằng:<br /> 1<br /> <br /> y<br /> 1<br /> <br /> x<br /> 3<br /> 0<br /> <br /> x;y<br /> <br /> <br /> 2<br /> ----Hết----Họ và tên thí sinh:.................................................................... Số báo danh:................<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÁI BÌNH<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012<br /> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN<br /> (Gồm 4 trang)<br /> ĐÁP ÁN<br /> <br /> CÂU<br /> <br /> Câu 1<br /> <br /> ĐIỂM<br /> <br /> Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi<br /> bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó.<br /> Gọi độ dài các cạnh của tam giác vuông là a, b, c (a là độ dài cạnh huyền)<br /> Theo giả thiết và định lý Pitago, ta có:<br /> a  b  c  bc 1<br />  2 2<br /> 2<br />  b  c  a  2 <br />  b2  c2  2bc  2  a  b  c   a2<br /> <br />   b  c  1   a  1<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> b  c  2  a<br /> <br /> a  b  c  0  loaïi <br /> Thế a = b + c - 2 vào (2) ta được:<br /> 2 + bc - 2b - 2c = 0   b-2 c  2   2<br /> Vì b, c là các số nguyên dương nên ta có các trường hợp sau:<br /> T.Hợp<br /> b-2<br /> c-2<br /> 1<br /> 1<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> 1<br /> 3<br /> -1<br /> -2<br /> 4<br /> -2<br /> -1<br /> Vậy tam giác cần tìm có các cạnh là 3; 4; 5<br /> <br /> b<br /> 3<br /> 4<br /> 1<br /> 0<br /> <br /> c<br /> 4<br /> 3<br /> 0<br /> 1<br /> <br /> 3.0<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> 0.5<br /> 0.5<br /> <br /> a<br /> 5<br /> 5<br /> <br /> K.Luận<br /> Nhận<br /> Nhận<br /> Loại<br /> Loại<br /> <br /> 1.0<br /> <br /> Cho biểu thức P  1  x  1  x  1  x2  1  x  1  x  1  x 2 x   1;1<br /> Câu 2<br /> <br /> Tính giá trị của biểu thức khi x  <br /> <br /> 1<br /> .<br /> 2012<br /> <br /> 3.0<br /> <br /> Ta coù : ) 2 1  x   2 1  x  1  x 2   x 2  2x  1  2 1  x  1  x 2  1  x 2 <br />  1  x  1  x 2 <br /> <br /> <br /> ) 2 1  x   2 1  x  1  x 2  1  x  1  x 2 <br /> <br /> <br /> Suy ra :<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> P 2  1  x  1  x2  1  x  1  x2<br /> <br />  1  x  1  x2  1  x 1  x  1  x<br /> Vì x <br /> <br /> 1<br />  1 x  1 x<br /> 2012<br /> <br />  P 2  2 1  x <br /> 1  2013<br /> <br />  P  2 1 <br /> . 2<br /> <br />  2012  2012<br /> <br /> Chú ý: Nếu HS tính P2<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> 0.5<br /> 0.5<br /> 0.5<br /> 0.5<br /> <br /> - Tính: P2  2 1  x   2 1  x  x2<br /> 2<br /> <br /> 1.0<br /> 0.5<br /> <br /> - Rút gọn: P2  2 1  x   2 1  x  x<br /> <br /> 1<br /> 2013<br /> 2013<br />  2013 <br /> - Thay x <br /> được P 2  2.<br />  2.<br />  2. <br /> <br /> 2<br /> 2012<br /> 2012<br /> 2012<br />  2012 <br /> 2013<br /> - Do P không âm suy ra P <br /> 2<br /> 2012<br /> Tìm các số thực x, y thỏa mãn:<br /> Câu 3<br /> <br /> 2<br /> <br />  x  1 y  16x  x  2x  y  9  8x y  8xy (*)<br /> Ta có: *   x  1 y  4x   x  2x  y  9  0<br /> <br /> <br />  0 1<br />  x  1 y  4x  0<br /> yx  4x  y<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> 1.0<br /> 3.0<br /> 0.5<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />  2<br />  2<br /> 3<br /> 3<br /> x  2x  y  9  0  2 <br /> x  2x  y  9  0<br /> <br /> <br /> + Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0, thay vào (2) không thỏa mãn<br /> + Nếu y  0, ta coi (1), (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Điều kiện để có<br /> 1'  4  y2  0<br /> 2  y  2<br /> <br /> nghiệm x là:  '<br /> <br /> y2<br /> 3<br /> y<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> y<br /> <br /> 8<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br />  2<br /> <br /> Câu 4<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> Thay y = 2 vào hệ (1), (2) ta được:<br /> 2<br /> <br /> 2x  4x  2  0<br />  x 1<br />  2<br /> x<br /> <br /> 2x<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br /> Vậy x = 1, y = 2.<br /> Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x 2 và hai điểm A(-1;1),<br /> B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m<br />  1  m  3 . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất.<br /> <br /> 1<br />  AA ' BB' .A 'B'<br /> 2<br /> 1<br />  1  9  .4  20<br /> 2<br /> 1<br /> SAMM'A'   AA ' MM'  .A 'M'<br /> 2<br /> 1<br />  1  m 2   m  1<br /> 2<br /> 1<br /> SMBB'M'   MM' BB'  .B'M'<br /> 2<br /> 1<br />   m2  9 3  m <br /> 2<br /> SABM  SABB'A'  SAMM'A'  SMBB'M'<br /> <br /> 0.5<br /> 0.5<br /> 0.5<br /> <br /> 1.0<br /> <br /> 3.0<br /> <br /> SABB'A' <br /> <br />  8  2  m  1<br /> <br /> 2<br /> <br /> Ta có: SABM  8  2  m  1  8 vaø SABM  8  m  1<br /> Suy ra SABM lớn nhất bằng 8  m = 1<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1.0<br /> <br /> Câu 5<br /> <br /> a<br /> <br /> Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.<br /> Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm<br /> trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI,<br /> CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.<br /> AI<br /> BI CI<br /> a) Chứng minh:<br /> <br /> <br /> 2<br /> AM BN CP<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 4<br /> b) Chứng minh:<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> AM.BN BN.CP CP.AM 3  R  OI <br /> Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có:<br /> IM<br /> IK SIBC<br /> <br /> <br /> AM AH SABC<br /> Tương tự, ta có:<br /> IN SIAC IP SIAB<br /> <br /> ,<br /> <br /> BN SABC CP SABC<br /> IM IN IP<br /> Suy ra:<br /> <br /> <br /> 1<br /> AM BN CP<br /> AM  AI BN  BI CP  CI<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> AM<br /> BN<br /> CP<br /> AI<br /> BI CI<br /> <br /> <br /> <br />  2  ñpcm <br /> AM BN CP<br /> AI<br /> BI CI OA  OI OB  OI OC  OI<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> Ta có: 2 <br /> AM BN CP<br /> AM<br /> BN<br /> CP<br /> 1<br /> 1 <br />  1<br />  2   R  OI  <br /> <br /> <br /> <br />  AM BN CP <br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> <br /> <br /> <br /> <br />  vì R  OI <br /> R  OI AM BN CP<br /> Chứng minh:  x  y  z   3  xy  yz  zx  (*) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y<br /> =z<br /> Áp dụng (*)<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1 1<br /> 1<br /> 1 <br /> <br /> <br />  <br /> <br /> <br /> <br /> AM.BN BN.CP CP.AM 3  AM BN CP <br /> <br /> 3.0<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 2<br /> <br /> b<br /> <br /> 2<br /> <br /> Câu 6<br /> <br /> 1 2 <br /> 4<br />  <br /> ñpcm <br />  <br /> 2 <br /> 3  R  OI  3  R  OI <br /> Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra.<br /> Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù. .....<br /> Chứng minh rằng: y + z - x = R + r<br /> Gọi M, N, P lần lượt là trung<br /> điểm của BC, CA, AB  OM =<br /> x, ON = y, OP = z. Đặt AB = c,<br /> BC = a, CA = b.<br /> Ta có tứ giác OMNC nội tiếp<br /> nên theo định lý Ptôlêmê suy ra:<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> A<br /> <br /> MN.OC + OM.CN = ON.MC<br /> c<br /> b<br /> a<br />  .R  x.  y.<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br />  c.R  x.b  y.a 1<br /> <br /> N<br /> <br /> P<br /> <br /> B<br /> <br /> M<br /> <br /> C<br /> <br /> O<br /> <br /> Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp<br /> OMPB và ONAP ta có:<br /> b.R  x.c  z.a  2 <br /> <br /> 1.0<br /> <br /> y.c  z.b  R.a  3<br /> <br /> Mặt khác: SABC  SOAB  SOAC  SOBC  r  a  b  c  c.z  b.y  a.x<br /> Cộng v.v.v của (1) và (2) rồi trừ v.v.v cho (3) ta được<br /> c.R  b.x  c.x  b.R  c.y  b.z  a.y  a.z  a.R<br /> <br />  4<br /> <br />  R  a  b  c  a  y  z   b  z  x   c  y  x   5<br /> Cộng v.v.v của (4) và (5) được<br />  R  r  a  b  c   a  b  c  y  z  x <br />  Rr  yzx<br /> Câu 7<br /> <br />  ñpcm <br /> <br /> x,y  R<br /> y 2 2<br /> x<br /> <br /> <br /> <br /> Cho x, y thỏa mãn <br /> 1 . Chứng minh rằng:<br /> 1 y 1 x<br /> 3<br /> 0  x,y  2<br /> Từ giả thiết suy ra:<br /> 2<br />  1<br />  1<br /> <br /> ) <br />  x <br />  y0 x  y <br />  2 xy<br /> (1)<br /> 2<br />  2<br />  2<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> ) x x  x.<br /> ; y y  y.<br /> x x y y <br />  x  y  2 <br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> Lại có:<br /> 2 2<br /> 2 2<br /> 1<br /> 1<br /> <br /> xy <br />  3<br /> xy<br /> <br /> xy<br /> <br /> <br />  xy  <br /> <br /> 3 <br /> 4<br /> 4 3<br /> <br /> <br /> 2<br />  xy  x  y<br />  2<br />  4<br />  3 xy  6  x  y <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0.5<br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> 2.0<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> Từ (1), (2), (3) và (4) ta có:<br /> <br /> x x y y  x  y <br /> <br /> <br /> 2<br /> 2 2 2<br /> 1<br /> 2<br /> x  y  <br /> x  y<br />  xy   <br /> 2<br /> 2<br /> 3 <br /> 4 6<br /> 2 2<br /> 1  x  y  xy <br /> 3<br /> <br /> 0.25<br /> <br />