De va dap an thi HSG toan 9Ha Tinh nam 2013

Giám thị không giải thích gì thêm.[r]

SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: Tốn

(Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức: M (x y )33(x y xy )( 1), biết

x33 2  33 2 , y317 12 2  317 12 2

b) Giải phương trình:

2

2

1

x x

x  x  x  x  Bài 2: a) Giải hệ phương trình:

2

3

3 (1)

12 +9 (2)

x y x

x x y x

   

 

  

 

b) Tìm số tự nhiên a, b, c phân biệt cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

(ab 1)(bc 1)(ca 1)

P

abc

  



Bài 3: Tam giác ABC có chu vi 1, cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức:

1 1

a b c

a b c 

  

Chứng minh tam giác ABC

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân A, gọi D trung điểm cạnh BC Lấy M bất

kỳ đoạn thẳng AD (M không trùng với A) Gọi N, P theo thứ tự hình chiếu

vng góc M xuống cạnh AB, AC H hình chiếu vng góc

N xuống đường thẳng PD

a) Chứng minh AH vng góc với BH

b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I

Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng

Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z

F

x y x y y z y z z x z x

  

     

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN NĂM HỌC 2012-2013 Bài 1:

a) Ta có

3 3     3 

3 3 2 3 2 3 2 2 3 2 2 23 3 2

x              

3 4 3 3 4 2

x   x x  x (1) Tương tự: y33y24 2(2)

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta 3 3( ) ( )3 3( )( 1) 20 2

x  y  x y  x y  x y xy  

Vậy M = 20

b) Ta có

2

2 1 0 ; 1 0

2 4

x   x x    x x  x x    x

   

Dể thấy x = khơng phải nghiệm phương trình, phương trình cho tương đương với

2

1

t  t  (với

1

t x x

 

)  5t2 14 0(t  t1;t1) (t 2)(5t7) 0

2

t t

   

  

* Nếu t =

2

2 ( 1)

x x x

x

       

* Nếu

t

2

1 7 51

0

5 10 100

x x

x

 

        

  vơ nghiệm.

Vậy phương trình cho có nghiệm x =1

Bài 2:

a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 12 x 3x2 3y2 vào phương trình (2) thu gọn

ta được:

3 2 2

2

0

3( ) ( )( 3 )

3

x y x y x y x y x xy y x y

x xy y x y

 



           

    



* Nếu x y  0 y x y2 x2 vào phương trình (1) ta được

2

* Nếu x2 xy y 2 3x3y0, trừ vế theo vế phương với phương trình (1) ta được:

3

3 3 3 ( 3)( 1)

1

x

xy x y x xy x y x y

y

 

               

 

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = suy y = 0, cặp (x;y) = (3;

0) thoả mãn phương trình (2)

+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = suy x = 2, cặp (x;y)

= (2; 1) thoả mãn phương trình (2)

Vậy nghiệm hệ cho (x; y) = (3;0), (2; 1)

b) Ta có

( 1)( 1)( 1) 1 1

( )

ab bc ca

P abc a b c

abc a b c abc

  

        

, a, b, c số

tự nhiên để P số nguyên

1 1

M

a b c abc

   

số nguyên Do vai trò nên ta giả sử a<b<c suy a1;b2;c3 Do đó

1 1 1 1 1

0 2

1 M M

a b c abc a b c

               

(Vì M số nguyên)

1 1

1 (a 1)(b 1)(c 1) a b c a a b c

a b c abc

                     

Nếu (a1)(b1) 4 , a b c   3c a b c    3c(a1)(b1)(c1) 4  3c4(c1)

c

  trái với c4 Suy (a1)(b1) 2;3

+ Nếu

1

( 1)( 1)

1

a a

a b c

b b

  

 

        

  

  thoả mãn ra

+ Nếu

1

( 1)( 1)

1

a a

a b c Z

b b

  

 

         

  

  thoả mãn ra

Vậy số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn toán (a, b, c) = (2, 3, 5) hoán vị

Bài 3:

Từ giả thiết ta suy a > ; b > ; c >

3

1 1 2

a b c a a a

a b c   b c b c b c  

     

  1   1

2 a b c x y z

a b a b a b x y z

 

 

             

  

   

(với x a b  0;y b c  0;z c a  0) 2

x y y z z x

y x z y x z

     

          

 

x y2 y z2 z x2 0

x y z a b c

xy yz zx

  

         

Vậy tam giác ABC

Bài 4: Từ ta có hình vẽ sau:

a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân A mà D trung điểm BC nên

ADBC AD tia phân giác BAC Do MAD MN, AB MP, AC nên suy tứ giác ANM P hình vng Mặt khác tứ giác ANHP có

  900 900 1800

NAP NHP    nên nội tiếp đường trịn đường kính NP suy ra

  450

AHPANP (cùng chắn cung AP)

Xét tứ giác BDHA có ABD DHA 450DHA AHP DHA  1800(hai góc kề bù) suy tứ giác BDHA nội tiếp suy AHBADB900hay AHBH

b) Theo câu ta có điểm A, P, H, M, N nằm đường trịn đường kính AM NP suy AHM 900 AHB suy điểm B, H, M thẳng hàng nên

  450

BHN MHN  (1)

Vì BI// AD nên BI vng góc với BC suy ABI 450 Gọi E trung điểm của AB ta có ta giác EBI vuông cân E nên EB = EI = EA suy tam giác IAB vuông cân I

Xét tứ giác AIBH có AIB AHB 900900 1800 nên nội tiếp suy BHI BAI 450

(2)

Bài 5: Ta có   2

2

( )

2

a b

a b     a b

(dấu “=” xảy a = b)

Ta có:

4

2 2

( )( ) ( )( )

x y

x y x y x y  x y x y   ;

Tương tự:

4 4

2 2 ; 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

y z z x

y z z x

y z y z  y z y z   z x z x  z x z x  

Do

4 4

2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z

F

x y x y y z y z z x z x

  

     

     

     

     

4 4 4

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

1

2 ( )( ) ( )( ) ( )( )

1

4 ( )( ) ( )( ) ( )( )

1

4 ( ) ( ) ( )

1

8 ( ) ( ) (

x y y z z x

x y x y y z y z z x z x

x y y z z x

x y x y y z y z z x z x

x y y z z x

x y y z z x

x y y z z x x y y z

    

    

     

 

    

 

  

       

 

    

 

  

    

 

  

  

   

1

) x y z

z x

 

   

 

  

 

Do F đạt giá trị nhỏ