Sở Giáo dục và Đào tạo
HƯNG YÊN
§Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012
M«n: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 150 phót
(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Câu I.
1. Tính f(x) = (x
4
+
2
x-7)
2012
khi x = (4+
15)( 5 3) 4 15
2. Cho (P) y = x
2
và hai điểm A
1
, A
2
trên (P) sao cho góc A
1
O A
2
= 90
0
. Gọi
hình chiếu của A
1
, A
2
trên Ox lần lượt là B
1
, B
2
, chứng minh OB
1
.OB
2
= 1
Câu II.
1. Cho PT x
2
-3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
2. Tìm min S =
2
2
1 2
2 2
2 1
3 3
3 3
x mx m
m
x mx m m
Giải PT nghiệm nguyên x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
– 7y
2
– 5 = 0
Câu III.
1. Giải hệ
2 2
2
2
1(1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y
2. Giải PT (3x+1)
2 2
3
2 1 5 3
2
x x x
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
2. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 60
0
và trung tuyến BD =
3
4
a
. 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 ĐỀTHI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012
Câu I.
1.Tính f(x) = (x
4
+
2
x-7)
2012
khi x = (4+
15)( 5 3) 4 15
2.Cho (P) y = x
2
và hai điểm A
1
, A
2
trên (P) sao cho góc A
1
O A
2
= 90
0
. Gọi
hình chiếu của A
1
, A
2
trên Ox lần lượt là B
1
, B
2
, chứng minh OB
1
.OB
2
= 1
Lời giải:
1. HS tự làm
2.Do giả thiết hai điểm A
1
, A
2
trên (P) nên gọi A
1
( a;a
2
) và A
2
( b; b
2
) thì
B
1
(a; 0), B
2
(b; 0) khi đó đường thẳng OA
1
,OA
2
lần lượt có PT y = ax và y = bx
do góc A
1
O A
2
= 90
0
nên hai đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên
OB
1
.OB
2
=
.
a b
=1
Câu II.
1. Cho PT x
2
-3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Tìm min S =
2
2
1 2
2 2
2 1
3 3
3 3
x mx m
m
x mx m m
Lời giải:
-) PT có nghiệm khi 9m
2
+ 4m
0 hay m(9m+4)
0(*)
-) x
2
-3mx- m = 0
x
2
= 3mx+ m nên S =
2
1 2
2
2 1
3 3 4
3 3 4
mx mx m
m
mx mx m m
S =
1 2
2 1
3( ) 4
3( ) 4
x xm
x x m
9 4
9 4
m m
m m
Để S tồn tại thì m khác 0 và
4
9
do đó từ ĐK ta có
9 4
m
m
> 0nên áp dụng BĐT
Côsi ta có
S
2, mà thấy khi m = -
1
2
thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2
2.Giải PT nghiệm nguyên x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
– 7y
2
– 5 = 0
HD:
Coi PT là bậc hai với ẩn t = x
2
ta tính được PT có
2 2
9( 2)
y từ đó ta có
x
2
= 2 y
2
+ 5(1) và x
2
= - y
2
– 1(vô nghiệm)
Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k
2
+ 2k - y
2
= 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.
1.Giải hệ
2 2
2
2
1(1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y
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).
Ta có (4)
2 2
x y
+ x+y = 0( vô nghiệm do ĐK)
Giải hệ (2), (3) không khó
2.Giải PT (3x+1)
2 2
3
2 1 5 3
2
x x x
Lời giải:
ĐK:
2
2 1
x
0
Đặt t =
2
2 1
x
Ta có PT tương đương với 2(3x+1)
2 2 2
2 1 4(2 1) 2 3 2
x x x x
Nên có 4t
2
-2(3x+1)t +
2
2
x
+3x – 2 = 0 coi là PT bậc hai ẩn t ta có
2
( 3)
x ,
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
4. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 60
0
và trung tuyến BD =
3
4
a
. Tính dịên tích tam giác ABC theo a.
HD:
Vì góc A bằng 60
0
nên BC = AC
3
. Xét tam giác BCD tính được BC theo
a, từ đó tính được S
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.
Lời giải:
Giả sử có sáu đường tròn tâm O
i
(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 O
1
MO
2
. Do
tổng các góc này là 360
0
nên góc O
1
MO
2
60
0
. Khi đó trong tam giác O
1
MO
2
có
một góc không nhỏ hơn góc O
1
MO
2
( nếu
ngược lại thì tổng các góc trong tam giác
nhỏ hơn 180
0
). Từ đó suy ra trong những
cạnh MO
1
và MO
2
trong tam giác O
1
MO
2
không nhỏ hơn O
1
O
2
tức ta có O
1
O
2
r vì
MO
1
r, MO
2
r
O
4
O
5
O
6
M
O
1
O
2
O
3
. 3
x mx m
m
x mx m m
Lời giải:
-) PT có nghiệm khi 9m
2
+ 4m
0 hay m(9m+4)
0(*)
-) x
2
-3 mx- m = 0
x
2
= 3mx+ m nên S =
2
1 2
2
2.
9 4
9 4
m m
m m
Để S tồn tại thì m khác 0 và
4
9
do đó từ ĐK ta có
9 4
m
m
> 0nên áp dụng BĐT
Côsi ta có
S
2, mà thấy khi m = -
1
2