ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 20112012

Câu 1. (3,0 điểm) Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. Câu 2. (3,0 điểm) Cho biểu thức: với Tính giá trị của biểu thức P với . Câu 3. (3,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn:

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 = 1− x + ( 1− x) 1− x2 + 1− x − ( 1− x) 1− x2 Tính giá trị biểu thức P với x= với x ∈ [ −1;1] −1 2012 Câu (3,0 điểm) Tìm số thực x, y thỏa mãn: (x + 1) y2 + 16x2 + x2 − 2x − y3 + = 8x3y + 8xy Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): điểm thay đổi (P) có hồnh độ m y = x2 hai điểm A(-1;1), B(3;9) nằm (P) Gọi M ( −1< 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 a) Chứng minh: AI BI CI + + = AM BN CP b) Chứng minh: 1 + + ≤ AM.BN BN.CP CP.AM 3( R − OI ) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi x, y, z khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC, CA, AB r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: y + z - x = R + r Câu (2,0 điểm) Cho x; y thỏa mãn x;y ∈ R   0 ≤ x;y ≤ Chứng minh rằng: y 2 x + ≤ 1+ y 1+ x - HÕt - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Gồm trang) CÂU Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tam giác vuông có độ dài cạnh số nguyên số đo chu vi hai lần số đo diện tích Tìm độ dài cạnh tam giác Gọi độ dài cạnh tam giác vuông a, b, c (a độ dài cạnh huyền) Theo giả thiết định lý Pitago, ta có: 0.5 a + b + c = bc ( 1)  2  b + c = a ( 2) ⇒ b2 + c2 + 2bc = 2( a + b + c) + a2 ⇔ ( b + c − 1) = ( a + 1) 3.0 0.5 b+ c− = a ⇔ a + b + c = ( loaïi ) Thế a = b + c - vào (2) ta được: 0.5 0.5 +bc - 2b - 2c =0 ⇔ ( b-2) ( c − 2) = 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; b c a 5 K.Luận Nhận Nhận Loại Loại 1.0 Cho biểu thức P = 1− x + ( 1− x) 1− x2 + 1− x − ( 1− x) 1− x2 x ∈ [ −1;1] Câu Tính giá trị biểu thức x = − 2012 3.0 Ta coù : +) 2( 1− x) + 2( 1− x) 1− x2 = ( x2 − 2x + 1) + 2( 1− x) 1− x2 + ( 1− x2 ) = 1− x + 1− x2    + ) 2( 1− x) − 2( 1− x) 1− x2 = 1− x − 1− x2    0.5 2 0.5 Suy ra: P = 1− x + 1− x + 1− x − 1− x 2 0.5 0.5 = 1− x + 1− x2 + 1− x 1− x − 1+ x Vì x = −1 ⇒ 1− x > 1+ x 2012 ⇒ P = 2( 1− x) 0.5  2013  ⇒ P =  1+ ÷=  2012  2012 0.5 Chú ý: Nếu HS tính P 1.0 - Tính: P2 = 2( 1− x) + ( 1− x) x2 0.5 - Rút gọn: P = 2( 1− x) + 2( 1− x) x −1 2013 2013  2013  + = 2. - Thay x = P2 = ÷ 2012 2012 2012  2012  - Do P không âm suy P = 2013 2012 0.5 1.0 Tìm số thực x, y thỏa mãn: Câu ( x + 1) y + 16x + x − 2x − y + = 8x y + 8xy (*) Ta có: ( *) ⇔ ( x + 1) y − 4x + x − 2x − y + = ( x + 1) y − 4x = yx − 4x + y = ( 1) ⇔ ⇔ 2 2 2 2 3 3.0 0.5   3 x − 2x − y + = x − 2x − y + = ( 2) + 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 nghiệm x là: 0.5 0.5 0.5 ' ∆  = − y ≥ −2 ≤ y ≤ ⇔ ⇔ y=  ' y ≥ ∆ = y − ≥    Thay y = vào hệ (1), (2) ta được: 2x2 − 4x + = ⇔ x=1  x − 2x + = 1.0 Vậy x = 1, y = 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x hai điểm A(-1;1), B(3;9) Câu nằm (P) Gọi M điểm thay đổi (P) có hồnh độ m ( −1< m < 3) Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn SABB'A ' = ( AA '+ BB') A 'B' = ( 1+ 9) = 20 SAMM 'A ' = ( AA '+ MM ') A 'M ' = ( 1+ m2 ) ( m+ 1) SMBB'M ' = ( MM '+ BB') B'M ' = ( m2 + 9) ( 3− m) SABM = SABB'A ' − SAMM 'A ' − SMBB'M ' = 8− 2( m− 1) y 3.0 B 0.5 0.5 m2 A A' -1 M 1 M' m B' x 0.5 0.5 Ta có: SABM = 8− 2( m− 1) ≤ vaø SABM = ⇔ m = Câu Suy SABM lớn ⇔ m = 1.0 Vậy m = giá trị cần tìm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi I điểm nằm tam 3.0 giác ABC (I không nằm cạnh tam giác) Các tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB M, N, P a) Chứng minh: AI BI CI + + =2 AM BN CP b) Chứng minh: 1 + + ≤ AM.BN BN.CP CP.AM 3( R − OI ) Kẻ IK, AH vng góc với BC K, H Ta có: A IM IK S = = IBC AM AH SABC Tương tự, ta có: 0.5 N P I IN SIAC IP SIAB = , = BN SABC CP SABC a 0.25 O IM IN IP B H K M + + =1 AM BN CP AM − AI BN − BI CP − CI ⇔ + + =1 AM BN CP AI BI CI ⇔ + + = ( ñpcm) AM BN CP AI BI CI OA − OI OB − OI OC − OI + + ≥ + + Ta có: = AM BN CP AM BN CP C Suy ra: 0.25 0.5 1   ⇔ ≥ ( R − OI )  + + ÷  AM BN CP  1 ⇔ ≥ + + ( R > OI ) R − OI AM BN CP 0.5 Chứng minh: ( x + y + z) ≥ 3( xy + yz + zx) (*) dấu đẳng thức xảy x = y = z 0.5 b Áp dụng (*) 1 1 1  + + ≤  + + ÷ AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP  0.5 1  ≤  ( đpcm) ÷ = 3 R − OI  3( R − OI ) Câu Khi tam giác ABC dấu đẳng thức xảy A 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 N P B M O C Ta có tứ giác OMNC nội tiếp nên theo 0.5 định lý Ptôlêmê suy ra: MN.OC +OM.CN =ON.MC c b a ⇔ R + x = y 2 ⇔ c.R + x.b = y.a ( 1) Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB ONAP ta có: 1.0 b.R + x.c = z.a ( 2) y.c + z.b = R.a ( 3) 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 ( 4) c.R + b.x + c.x + b.R − c.y − b.z = a.y + a.z − a.R 0.5 0.5 ⇔ R ( a + b + c) = a( y + z) + b( z − x) + c( y − x) ( 5) Cộng v.v.v (4) (5) ( R + r) ( a + b + c) = ( a+ b + c) ( y + z − x) ⇔ R + r = y + z − x ( ñpcm) Câu 0.5  x,y ∈ R y 2  x + ≤ Cho x, y thỏa mãn  Chứng minh rằng: ≤ x,y ≤ + y + x  Từ giả thiết suy ra:    +)  − x ÷ − y ÷≥ ⇔ x + y ≤ + xy    + ) x x ≤ x ; y y ≤ y 1 ⇒ x x+y y≤ ( x + y) 2 2.0 0.5 (1) ( 2) 0.5 ( 3) 0.5 Lại có: 2 1 2  xy ≤ xy ≤ xy +   xy + ÷   4 4⇒     xy ≤ x + y   xy ≤ ( x + y)  Từ (1), (2), (3) (4) ta có: ( 4) 0.25 x x+y y+ x+ y≤ 2 2 1 ( x + y) + + ( x + y)  xy + ÷+ 2  4 2 ( 1+ x + y + xy) y x x+y y+ x+ y 2 x + = ≤ Suy ra: VT = (đpcm) 1+ y 1+ x 1+ x + y + xy ≤ Dấu đẳng thức xảy khi: x = y = Hướng dẫn chung: + Trên bước giải bắt buộc biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, xác cơng nhận cho điểm + Thí sinh có cách giải khác đến đâu cho điểm thành phần tương ứng đáp án đến + Chấm phần Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm tròn, tính đến 0.25 điểm 0.25 ... = ( loaïi ) Thế a = b + c - vào (2) ta được: 0.5 0.5 +bc - 2b - 2c =0 ⇔ ( b-2) ( c − 2) = 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... minh rằng: y 2 x + ≤ 1+ y 1+ x - HÕt - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 201 1-2 012 THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Gồm... ý: Nếu HS tính P 1.0 - Tính: P2 = 2( 1− x) + ( 1− x) x2 0.5 - Rút gọn: P = 2( 1− x) + 2( 1− x) x −1 2013 2013  2013  + = 2. - Thay x = P2 = ÷ 2012 2012 2012  2012  - Do P không âm suy P