Hsg Kon Tum 2012 - 2013.Pdf

Microsoft Word de thi HSG tinh Kontum 20122013 Toan 9 UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 2013 Môn Toán Ngày thi 16/3/2013 Thời gian 150 phút[.]

UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn Ngày thi: 16/3/2013 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có trang, gồm câu) ĐỀ: Câu 1: (5,0 điểm) x 9 x  x 1   (x  0; x  4; x  9) x 5 x 6 x 2 3 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x cho P  Cho biểu thức P  Câu 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x  10 x  21   x   x  x  y  z   b) Chứng minh ba số x, y , z thỏa mãn hệ phương trình  1 1 có x  y  z   ba số x, y , z phải Câu 3: (4,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d) (D) có phương trình y  x  y  ( m  2) x  m  (m tham số) a) Chứng minh đường thẳng (D) luôn qua điểm cố định thuộc đường thẳng (d ) với giá trị m   b) Tìm giá trị m để gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) khoảng lớn Câu 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) hai đường kính phân biệt AB CD cho tiếp tuyến A đường tròn (O; R) cắt đường thẳng BC BD hai điểm E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF a) Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ trung điểm đoạn thẳng OA b) Hai đường kính AB CD có vị trí tương đối tam giác BPQ có diện tích nhỏ Câu 5: (2,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thỏa hệ thức a  b  c  Chứng minh a  b  c  HẾT UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP - NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN (Bản Hướng dẫn có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I HƯỚNG DẪN CHUNG: - Các cách giải khác cho điểm tương ứng với biểu điểm cho - Điểm chấm phần chia nhỏ đến 0,25 điểm Điểm toàn tổng điểm phần không làm tròn số - Trong câu, ý giải sai hay khơng giải mà ý có liên quan đến kết ý khơng cho điểm ý II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu Ý a) Đáp án x 9 x  x 1   (x  0; x  4; x  9) 5,0 đ 2,5 đ P  x 5 x 6 x 2 3 x      x  2 x  3  x 9  x   x 3    x  1 x  3  x   x 3  x  2 x 2 0,75 x   ( x  9)  x  x  x      b)  Điểm  x 2  x 3  0,5 x x 2  x  3 x  1 x    x   x  3 0,5 x 2 x 1 x 3 x 1 x 1 7 x 2 2   (1) x 3 x 3 x 3 7  x  7  x  (1)      x    x    x   x   x 7      x   x   x   x  49  0  x  Kết hợp điều kiện x ta có giá trị cần tìm x là: 0  x  x  49 hay  x  2,5 đ Ta có: P   0,75 0,75 0,5 0,75 0,25 0,25 5,0 đ a) 2,5 đ Phương trình: x  10 x  21   x   x  (1) Ta có: x  10 x  21  ( x  3)( x  7) x   Do (1) có điều kiện:   x  3 x   Khi (1) trở thành: ( x  3)( x  7)  x   x     x3      x 7 3  0,75  x 7 3 2 x 7 3   0,25 x32   x 7 3   x     x7 3 x    (tmđk) x   x   Vậy tập hợp nghiệm phương trình S  1; 2 b) 1 0,5 1 2,5 đ Với xyz  Ta có x  y  z   xy  yz  zx (1)  xyz 0,25 0,5 0,25 0,25 Vì x  y  z  xy  yz  zx  xyz x y z  ( xy  yz  zx)( x  y  z )  xyz   ( xy  yz  zx)( x  y )  z ( x  y )  Nên (1) trở thành  ( x  y )( xy  xz  z  yz )   ( x  y )( y  z )( z  x )  x  y    y  z   z  x  z    x  (2)  y  Từ (2) suy có ba số x, y , z phải a) Giả sử A( x0 ; y0 ) điểm cố định mà đường thẳng (D) luôn qua 4,0 đ 2,0 đ với m   Khi ta có: y0  ( m  2) x0  m  (1) (1) với m   Ta có: (1)  m( x0  1)  x0  y0  0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 x   x  (1) với m     2 x0  y0    y0  3 Vậy đường thẳng (D) luôn qua điểm cố định A(1; 3) Khi x   y  x   2.1   3 Vậy A(1; 3) thuộc đường thẳng (d ) có phương trình y  x  Do đường thẳng (D) luôn qua điểm cố định A(1; 3) thuộc đường thẳng (d ) với giá trị m   b) Phương trình đường thẳng OA có dạng y  ax 2,0 đ A(1; 3)  OA  3  a.1  a  3 Vậy OA : y  3 x Gọi H hình chiếu vng góc O lên đường thẳng (D) Ta có: OH  OA (khơng đổi) Dấu "=" xảy  H  A  OA  ( D)  3( m  2)  1 m Vậy m  0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 7 gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) khoảng lớn 0,25 a) 2,5 đ 4,0 đ B K D O I C H E P A Q 0,5 F Hình vẽ cho câu a) Dựng PI  BQ ( I  BQ ), PI cắt AB H Ta có H trực tâm BPQ Mà O, Q trung điểm cạnh AB AF ABF Suy OQ đường trung bình ABF Do OQ // BF OQ / / BF Ta có:   OQ  BE  BF  BE BEQ có hai đường cao AB QK cắt O , nên O trực tâm BEQ 0,5 0,5 0,5 Khi OE  BQ , mà PI  BQ Do EO // PI AEO có P trung điểm AE EO // PH Suy H trung điểm OA (đpcm) BEF vng B có BA đường cao nên AE.AF  BA2  R 1,5 đ 1 AE  AF Ta có: S BPQ  BA.PQ  R  R AE AF  R 2 2 Dấu '' = '' xảy  AE  AF  BEF vuông cân B  AB  CD Vậy AB  CD S BPQ nhỏ b) 2,0 đ Ta có a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên: a  b  c  0; b  a  c  0; c  a  b  Từ bất đẳng thức ta có: a  (b  c)  a  b  c  2bc (1) b  (a  c)  b  a  c  2ac (2) c  (a  b)  c  a  b  2ab (3) Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế theo vế rút gọn ta được: a  b  c  2( ab  bc  ca) (4) Ta có a  b  c   ( a  b  c)   a  b  c  2( ab  bc  ca)   2( ab  bc  ca )   ( a  b  c ) (5) Từ (4) (5) suy ra: a  b  c   (a  b  c ) Hay a  b  c  (đpcm) HẾT 0,5 0,25 0,75 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25