Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong tam giác ABC. b) Các đường thẳng AP và CP cắt các cạnh BC và AB tương ứng tại các điểm M và N.. Gọi Q là điểm đối xứng với B qua trung điểm của đ[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN
Đề thức Số báo danh
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Năm học 2012 - 2013
Môn thi: Tốn 9
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2012
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu 1: (4,0 điểm)
1. Cho biểu thức: P=15√x −11
x+2√x −3+
3√x −2 1−√x −
2√x+3
√x+3
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm m để có x thỏa mãn P(√x+3)=m
2. Cho hàm số: f(x)=(x3+6x −7)2012 Tìm f(a) với a=
√
33+√17+√
33−√17 Câu 2: (4,0 điểm)1. Giải phương trình: x2
+5x+9=(x+5)
√
x2+92. Tìm số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: xy2+x+y+1=x2+2y2+xy
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm số thực x cho x+√2012 13x −√2012 số nguyên.
2. Cho ba số thực x , y , z thoả mãn xyz=1 Chứng minh rằng:
Nếu x+y+z>1
x+
1
y+
1
z ba số x , y , z có số lớn Câu 4: (6,0 điểm)
1. Cho hình vng ABCD điểm P nằm tam giác ABC a) Giả sử BPC = 1350 Chứng minh AP2 = CP2 + 2BP2.
b) Các đường thẳng AP CP cắt cạnh BC AB tương ứng điểm M N Gọi Q điểm đối xứng với B qua trung điểm đoạn MN Chứng minh P thay đổi tam giác ABC, đường thẳng PQ qua D
2. Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh AC Biết độ dài đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn
Chứng minh SABC
√3 (SABC diện tích tam giác ABC)
Câu 5: (2,0 điểm)
Với x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q=
√
x3 x3
+8y3+
√
4y3 y3
+(x+y)3
- Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. Cán coi thi không giải thích thêm.
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(2)Hướng dẫn chấm
Đề thức Mơn thi: Tốn 9
Lớp: THCS Ngày thi: 28/11/2012
(Đáp án có 04 trang, gồm 05 câu)
Câu Nội dung đáp án Điểm
1
(4,0đ)
1. a) ĐKXĐ: x 0; x 1
Ta có: P =
3 2 3 11 15 x x x x x x x
=
3 2 3 11 15 x x x x x x x =
1
3
1 3 11 15 x x x x x x x
=
1
3
2 3 11 15 x x x x x x x x x x x =
5 x x x x x x b) Với x 0; x 1 ta có P=2−5√x√x+3
P(√x+3)=m 2 x m 5√x=2− m √x=2−m
5 m≤2
Lại có: x 1 2− m
5 ≠1 m≠ −3
Vậy m≤2;m≠ −3
0,5 0,75 0,75 0,5 0,25 0,25
2. Ta có: a=
√
33+√17+√
33−√17 a3=6−6(
√
33+√17+√
33−√17) a3+6a−6=0
Từ đó: f(a)=(a3+6a −7)2012=(a3+6a −6−1)2012=1
0,5 0,5
2 (4,0đ)
1. Đặt
√
x2+9=y (với y ≥3 )Khi đó, ta có: y2+5x=(x+5)y
⇔(y −5)(y − x)=0⇔
y=5
¿ y=x
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Từ tìm nghiệm phương trình là: x=±4
0,5 1,25 0,75
2. Ta có: xy2+x+y+1=x2+2y2+xy
⇔2y2(x −1)− x(x −1)− y(x −1
)+1=0 (1)
Nhận thấy x = nghiệm PT (1) Chia vế phương trình cho x – 1, ta được:
2y2− x − y+
x −1=0 (2)
(3)PT có nghiệm x, y nguyên, suy x −11 nguyên nên x – thuộc {−1;1}
x – = -1 x = x – = x =
Thay x = vào PT(2) ta được: 2y2− y −1=0 ⇔y=1 ; y=−1
Thay x = vào PT(2) ta được: 2y2− y −1=0 ⇔y=1 ; y=−1
Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên (x , y)∈{(0,1);(2,1)}
0,25
0,25 0,25 0,25
3
(4,0đ)
1. ĐK: x ≠0
Đặt a=x+√2012 , b=13
x −√2012
Thay x=a −√2012 vào biểu thức b , ta được: b=13
a−√2012−√2012⇔ab−2025=(b − a)√2012
Để a , b∈Z a=b , ab−2025=0
Từ đó, suy a=b=±45 ⇒x=±45−√2012
Thử lại với x=±45−√2012 thấy a , b số nguyên
0,25 0,25 0,5 0,25 0,25
2. Xét tích:
(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 = x + y + z -
z y x
1 1
(vì xyz = 1) mà x y z x y z
1 1
(x –1)(y – 1)(z – 1) >0
Nếu thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) dương xyz > (loại)
Nếu thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) âm (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại) Nếu thừa số dương, thừa số âm (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)
Nên phải có thừa số âm, thừa số dương số x, y, z có hai số bé Còn số lớn
Vậy số x, y, z có số lớn
0,75
0,75 0,25 0,25 0,25 0,25
4
(6,0đ)
1.a
0,75 0,75 0,75 0,75 Lấy điểm E khác phía với điểm P
đường thẳng AB cho Δ BPE vuông cân B
Ta có Δ BPC = Δ BEA (c.g.c) ⇒ BEA = 1350
Do BEP = 450 nên PEA = 900
Δ AEP vuông E Theo định lí Py –Ta – go
ta có:
AP2 = AE2 + EP2
A D E P
(4)
1.b Trước hết ta chứng minh nhận xét sau:
Thật vậy: Giả sử I thuộc đường chéo AC Vì đường chéo hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích nên S1 = S2
Ngược lại, giả sử S1 = S2, suy ra: IN.IP = IM.IQ => INIM=IQ
IP = NC MA
Suy Δ MAI Δ NIC (c.g.c) => MIA = NIC Do M, I, N thẳng hàng nên A, I, C thẳng hàng
0,25
0,25
Trở lại toán:
0,25
0,25
2.
=> SABC
1 2.1
2
√3=
√3 (1)
TH2: Â 900 => AB BB1 1; CH CC1
0,5
0,5
0,5 0,5 A P B
Giả sử I điểm nằm hình chữ nhật ABCD Qua I kẻ đường thẳng MN, PQ tương ứng song song với AB, AD Gọi diện tích hình chữ nhật IPBN S1, diện tích hình chữ nhật IQDM S2
Ta có S1 = S2 I thuộc đường chéo AC
S
Dễ thấy tứ giác NBMQ hình chữ nhật Qua P Q kẻ đường thẳng song song với cạnh hình vng Do P thuộc đường chéo AM hình chữ nhật ABMR nên SBLPK = SPIRS (1)
P thuộc đường chéo CN hình chữ nhật NBCH nên SBLPK = SPTHF (2)
Từ (1)&(2) suy ra: SPIRT = SPTHF => SFQRS = SQITH
Theo nhận xét trên, suy Q thuộc đường chéo PD hình chữ nhật SPTD, tức PQ qua điểm D
A S R D
N F Q H K P I T B L M C
Khơng tính tổng qt, giả sử:
∠ A ∠ B ∠ C => Â 600 TH1: 600≤ Â < 900
Kẻ CH AB, BK AC => SABC = 12 CH.AB Mà CH CC1 1, ta có: AB ¿BK
sinA ≤
BB1 sinA ≤
1 sinA ≤
1 sin 600=
2
√3
A K H
B1
C1
(5)
=> SABC
1
2.1 1= 2<
1
√3 (2) Từ (1)&(2) suy SABC
√3
5
(2,0đ)
Ta chứng minh hai bất đẳng thức:
√
x3x3
+8y3≥
x2 x2
+2y2 (1)
√
y3 y3+(x+y)3≥y2
x2+2y2 (2)
Thật BĐT (1) ⇔ x3 x3
+8y3≥
x4
(x2
+2y2)2
⇔x2
+y2≥2 xy (đúng với x, y)
BĐT (2) ⇔ y3 y3
+(x+y)3≥
y4
(x2
+2y2)2
⇔(x2
+y2) (x2+3y2)≥ y(x+y)3
Do x2
+3y2=x2+y2+2y2≥2y(x+y)
Nên (x2+y2) (x2+3y2)≥1
2(x+y)
2
2y(x+y)=y(x+y)3
Suy BĐT (2) Từ (1) (2) ta Q≥1
Dấu “=” xảy x = y Vậy P = x = y
0,25
0,25 0,5
0,5
0,25 0,25
Chú ý:
1. Thí sinh làm cách khác, điểm tối đa.