Gọi I là trung điểm của cạnh BC.. Gọi M là giao điểm của DE và BC.. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 trong số 19 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 4 3 3 cm... ---Hết---
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THCS
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I ( 3,0 điểm) Cho x=1
2√ √2−1
√2+1 Tính giá trị của biểu thức sau:
A =
( 4 x5+ 4 x4− x3+ 1)19+ ( √ 4 x5+ 4 x4− 5 x3+ 5 x+3 )3+ ( √ 1− 2 x √2+2 x 2 x )2014 .
Câu II (5,0 điểm)
1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 xy+4 x+2 y+1 > 5 x2+2 y2 .
2 Giải hệ phương trình: { 4 x3−y3=x+2 y
52 x2−82xy+21 y2=−9
Câu III ( 4,0 điểm)
1 Cho parabol (P): y=−2 x2 và đường thẳng (d): y=ax+a−2 Tìm số nguyên
a sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB = √5 .
2 Cho { a+2 b+3c≥10 a ,b,c>0 , chứng minh rằng : a+b +c + 4 a3 +8 b9 +1c≥132
Câu IV (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) có các đường cao BD và CE cắt nhau tại H ( D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB) Gọi I là trung điểm của cạnh BC Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI và tam giác CDI cắt nhau tại K ( K khác I ) Gọi M là giao điểm của DE và BC Chứng minh rằng:
1 Các điểm A, E, H, K, D thuộc một đường tròn
2 A, K, I thẳng hàng
3 ∠ MEC = ∠ MKC ( Kí hiệu ∠ ABC là số đo góc ABC)
Câu V ( 2,0 điểm)
Cho 19 điểm nằm trong hay trên cạnh của một lục giác đều cạnh bằng 4 cm Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 trong số 19 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không vượt
quá
4 3
3 cm.
Trang 2
-Hết -Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu và mỏy tớnh cầm tay.
Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
Họ và tờn thớ sinh: ; Số bỏo danh:
Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức
Hớng dẫn chấm
đề thi chọn học sinh giỏi THCS
Năm học 2013 - 2014
Môn toán lớp 9
( Hớng dẫn chấm gồm 4 trang)
Chỳ ý: 1) Hướng dẫn chấm này trỡnh bầy cỏc bước giải và cỏch cho điểm từng phần của mỗi
cõu Bài làm của học sinh yờu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cỏch khỏc
mà đỳng thỡ chấm điểm từng phần tương ứng.
2) Việc chi tiết húa ( nếu cú) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm khụng làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm
Cõu I
3,0
điểm Cho
x=1
2√ √2−1
√2+1 ,
tớnh A =
(4 x5+4 x4−x3+1)19+( √4 x5+4 x4−5 x3+5 x+3)3+( √1−2 x√2+2 x2 x )2014
.
Ta cú x=1
2√ √2−1
√2+1 =
1
2√(√2−1)2
=
√2−1
2 ⇒ 2 x= √ 2−1
⇒ 2 x+1= √ 2
⇒ 4 x2+4 x−1=0 (a)
1,0
Do đú:
4 x5+4 x4−x3+1=x3(4 x2+4 x−1 )+1=1
0,5
4 x5+4 x4−5 x3+5 x +3= x3 (4 x2+4 x−1) - x (4 x2+4 x−1) +
(4 x2+4 x−1) +4 = 4
0,5
Từ (a)
2
⇒ √2 x2+2 x=√12 ; 2 2 x1
⇒ 1−√2 x
√2 x2+2 x=
1−√2 x
1
√2
=√2−2 x=1
0,5
Cõu II.1
2,0
điểm
Tỡm cỏc số nguyờn x, y thỏa món 2 xy+4 x+2 y+1 > 5 x2+2 y2 .
Vỡ x, y nguyờn nờn ta cú: 5 x2+2 y2≤2 xy+4 x+2 y (*)
⇔ (x2−2 xy+ y2)+(4 x2−4 x+1 )+( y2−2 y+1)≤2
⇔(x− y )2+(2 x−1 )2+(y−1)2≤2
0,5
Trang 3Ta có (2x−1)2≤2 , 2x−1 lẻ ⇒ (2x−1)2=1 ⇔[
x=0 x=1
0,5
Với x=0 thì (*) ⇔ y( y−1 )≤0 ⇔0≤ y≤1 ⇒ [
y=0 y=1 ( thỏa mãn)
0,5
Với x1 thì (*) ⇔2 y2−4 y+1≤0 ⇔2( y−1 )2≤1 ⇒y=1 ( thỏa mãn)
Vậy ( x, y)=(0;0); (0;1); (1;1)
0,5
Câu II.2
3,0
điểm
Giải hệ { 4 x3−y3=x +2 y ( 1 )
52 x2−82 xy +21 y2=−9 (2 )
Nhân vế trái của (1) với vế phải của (2) và nhân vế phải của (1) với vế trái của
(2) ta có:
(−9)( 4 x3−y3) = (x+2 y)(52 x2−82 xy+21 y2)
⇔ (−9)( 4 x3−y3) − (x+2 y)(52 x2−82 xy+21 y2)=0
⇔ 8 x3+2 x2 y−13 xy 2+3 y3=0
0,5
⇔ (8 x3−8 xy2)+(2 x2y−2 xy 2)−(3 y3+3 y2x)=0
⇔ 8 x(x2−y2)+2xy( x− y)−3 y2(x− y)=0
⇔ (x y )(8x2 10xy 3 ) 0y2
0,5
Biến đổi nhận được phương trình: ( x− y)( 4 x− y)(2 x+3 y)=0 0,5
Với x= y tìm được ( x; y)=(0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn)
( x; y)=(1;1); (−1;−1) ( thử vào hệ thấy thỏa mãn) 0,5
Với y=4 x tìm được ( x; y)=(0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn) 0,5
Với y=
−2
3 x tìm được ( x; y)=(0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn)
Vậy hệ có nghiệm ( x; y)=(1;1); (−1;−1)
0,5
Câu III.1
2,0
điểm
Cho parabol (P): y=−2 x2 và đường thẳng (d): y=ax+a−2 Tìm số
nguyên a sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB =
√5 .
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
2 x2+ax+ a−2=0 (3)
(3) có Δ=( a−4 )2
Với a≠4 thì (3) có hai nghiệm phân biệt x=−1;
2−a
2 là hoành độ các điểm
A, B
0,5
Khi đó A (−1;−2) ; B (
2−a
2 ;
(2−a )2
−2 )
0,5
Trang 4Do đó AB = √5 ⇔ AB2 = 5 ⇔
(2−a
2 +1)
2
+((2−a)−2 2+2)2=5 ⇔
(4−a )2
(a2−4 a)2
4 =5 ⇔ a4−8 a3+17a2−8 a−4=0 ⇔(a−2 )(a3−6 a2+5 a+2 )=0 ⇔[
a=2
a3−6a2+5 a+2=0
0,5
a nguyên thỏa mãn a3−6 a2+5 a+2=0 (4) thì a là ước của 2
⇒a=±1; ±2
Thử a=±1; ±2 vào (4) thấy không thỏa mãn.
Vậy a=2 là giá trị cần tìm.
0,5
Câu III.2
2,0
điểm Cho {a+2b+3c≥10 a, b, c>0 , chứng minh rằng : a+b +c + 4 a3 +8 b9 +1c≥132
Sử dụng bất đăng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
a+
1
3
4(a+
1
a)≥
3 2
b b
2(b+
9
4 b)≥
3 2
c +
4
1
4(c+
4
c)≥1
1,0
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
3
4a+
1
2b+
1
4 c+
3
4 a+
9
8 b+
1
c≥4 (3) 0,5
Từ a+2 b+3 c≥10 ta có
1
4a+
1
2b+
3
4 c=
a+2 b+3 c
5
2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra a+b +c +
3
4 a+
9
8 b+
1
c≥
13
2 (Đpcm) ( Dấu bằng xẩy ra khi a=1; b=
3
2; c=2 )
Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải chỉ ra dấu bằng
0,5
Câu IV
6,0
điểm
I H
I K A
M
D
E
1
Trang 5Ta có: ∠ AEH =∠ ADH =900 ⇒ AEHD nội tiếp (5) 0,5
Lại có: Tứ giác BEKI nội tiếp ⇒ ∠ EKI =1800−∠ ABC
Tứ giác DKIC nội tiếp ⇒ ∠ DKI =1800−∠ ACB
do đó: ∠ EKD=3600−∠ EKI−∠ DKI
= 3600−(1800−∠ ABC )−(1800−∠ ACB)
= ∠ ABC +∠ ACB = 1800−∠BAC
⇒∠ EKD +∠ BAC=1800 ⇒ AEKD nội tiếp (6)
1,0
Từ (5) và (6) suy ra A ,E ,H , K ,D thuộc một đường tròn. 0,5
2
Ta có: ∠BEC =∠ BDC=900 ⇒ Tứ giác BEDC nội tiếp
⇒∠ ADE=∠ ABC (7)
Từ (6) ⇒ ∠ ADE =∠ AKE
(8)
Từ (7) và (8) ⇒∠ ABC =∠ AKE
(9)
1,0
Tứ giác BEKI nội tiếp ⇒∠ EKI +∠ ABC =1800
(10)
Từ (9) và (10) suy ra ∠ EKI +∠ AKE=1800 ⇒ A , K , I thẳng hàng.
1,0
3
Δ BDC vuông tại D có DI là trung tuyến ⇒ID=IC ⇒ Δ IDC cân
⇒∠ IDC =∠ ICD
0,5
Δ AID có ∠ DIA +∠ IAC =∠ IDC =∠ICD =∠ KCD +∠ ICK
Mà tứ giác DKIC nội tiếp ⇒∠ DIA =∠ KCD
Do đó ∠ IAC =∠ ICK (11)
0,5
Tứ giác AEKD nội tiếp ⇒∠ IAC =∠ KED (12) 0,5
Từ (11) và (12) suy ra ∠ KED =∠ ICK ⇒MEKC nội tiếp 0,5
Câu V
2,0
điểm
Cho 19 điểm nằm trong hay trên cạnh của một lục giác đều cạnh bằng 4cm
Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 trong số 19 điểm đã cho mà khoảng cách
giữa chúng không vượt quá
4√3
3 cm.
O
D A
G
P
Chia lục giác đều ABCDEF tâm O thành 6 tam giác đều cạnh 4cm (hìnhvẽ)
Trang 6Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 4 điểm trong 19 điểm nằm trong hay trên
cạnh một trong 6 tam giác đó Không mất tính tổng quát giả sử tam giác đó
là OAB
0,5
Chia tam giác đều OAB trọng tâm G thành 3 tứ giác nội tiếp ( hình vẽ) với
GM ¿ AB; GN ¿ OB; GP ¿ OA
Δ OAB đều cạnh bằng 4 có đường cao
4√3
2 =2√3 ⇒ GA =
4√ 3
0,5
Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp trong đường tròn đường kính
GB, GA, GO đều bằng
4√
Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 2 điểm trong 4 điểm đang xét nằm trong
hay trên cạnh một trong 4 tứ giác nói trên, giả sử tứ giác đó là GMBN ⇒
khoảng cách giữa hai điểm đó không vượt quá đường kính GB =
4 3 3
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ⇒ điều phải chứng minh
0,5