056 đề hsg toán 9 thái bình 2011 2012

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