de thi HSG tinh Kontum 20122013 Toan 9

HƯỚNG DẪN CHUNG: - Các cách giải khác đúng thì cho điểm tương ứng với biểu điểm đã cho.. Điểm của toàn bài là tổng điểm của các phần và không làm tròn số.[r]

UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán Ngày thi: 16/3/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có trang, gồm câu) ĐỀ: Câu 1: (5,0 điểm) x x  x 1   (x 0; x 4; x 9) x  x  x   x Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị x cho P  P Câu 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x  10 x  21  3 x   x  b) Chứng minh ba số x, y, z thỏa mãn hệ phương trình ba số x, y, z phải  x  y  z 2  1 1  x  y  z 2  thì có ít Câu 3: (4,0 điểm) Trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d) và (D) có phương trình là y 2 x  và y ( m  2) x  m  (m là tham số) a) Chứng minh đường thẳng (D) luôn luôn qua điểm cố định thuộc đường thẳng (d ) với giá trị m   b) Tìm giá trị m để gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) khoảng lớn Câu 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính phân biệt AB và CD cho tiếp tuyến A đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD hai điểm E và F Gọi P và Q là trung điểm các đoạn thẳng AE và AF a) Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ là trung điểm đoạn thẳng OA b) Hai đường kính AB và CD có vị trí tương đối nào thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ Câu 5: (2,0 điểm) Cho a, b, c là các độ dài ba cạnh tam giác và thỏa hệ thức a  b  c 1 a  b2  c  Chứng minh HẾT UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP - NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Bản Hướng dẫn có trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG: - Các cách giải khác đúng thì cho điểm tương ứng với biểu điểm đã cho - Điểm chấm phần chia nhỏ đến 0,25 điểm Điểm toàn bài là tổng điểm các phần và không làm tròn số - Trong cùng câu, ý trên giải sai hay không giải mà ý có liên quan đến kết ý trên thì không cho điểm ý II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu Ý a) 5,0 đ 2,5 đ P x  x  x 6      x   x  3  x   x  2  x 3    x  1 x  3  x  3 x Điểm  x  2 x 2 x   ( x  9)  x  x  x       x  x3  x  x  1 x   x x x Ta có: P   7  x  (1)    x    x    x    x  49   x  0,75 0,5 0,5   x  3 x b) 2,5 đ Đáp án x  x 1  (x 0; x 4; x 9) x  3 x x 1 x3 x 1 2 x 0,75 x 1 7 x  20 0 x x (1) 7  x     x    x   x 7    x   x   Kết hợp điều kiện x ta có các giá trị cần tìm x là: 0  x   x  49 hay  x 4 0,75 0,5 0,75 0,25 0,25 a) 5,0 đ 2,5 đ x  10 x  21  3 x   x  (1) Phương trình: Ta có: x  10 x  21 ( x  3)( x  7)  x  0  x   x   Do đó (1) có điều kiện:  Khi đó (1) trở thành: ( x  3)( x  7)  x   x   0 x 3              x7   x 7   x   0  x   0 x   0 x   0 x  3  x 2  x  2  x 1 (tmđk) S  1;2 Vậy tập hợp nghiệm phương trình là b) 1 1 xy  yz  zx      2,5 đ xyz (1) Với xyz 0 Ta có x y z Vì x  y  z 2 xy  yz  zx  xyz xyz Nên (1) trở thành  ( xy  yz  zx)( x  y  z )  xyz 0  ( xy  yz  zx)( x  y )  z ( x  y ) 0  ( x  y )( xy  xz  z  yz ) 0  ( x  y )( y  z )( z  x ) 0  x  y 0   y  z 0  z  x 0 a) 4,0 đ 2,0 đ  z 2   x 2  y 2 (2) Từ (2) suy có ít ba số x, y, z phải Giả sử A( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (D) luôn luôn qua với m   Khi đó ta có: y0 (m  2) x0  m  (1) và (1) đúng với m   0,5 0,75 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Ta có: (1)  m( x0  1) 2 x0  y0  0,25  x0  0  x0 1   x  y0  0  y0  (1) đúng với m   và  Vậy đường thẳng (D) luôn luôn qua điểm cố định A(1;  3) Khi x 1  y 2 x  2.1   Vậy A(1;  3) thuộc đường thẳng (d ) có phương trình y 2 x  Do đó đường thẳng (D) luôn luôn qua điểm cố định A(1;  3) thuộc đường thẳng (d ) với giá trị m   b) Phương trình đường thẳng OA có dạng y ax 2,0 đ A(1;  3)  OA   a.1  a  Vậy OA : y  3x Gọi H là hình chiếu vuông góc O lên đường thẳng (D) Ta có: OH OA (không đổi) Dấu "=" xảy  H  A  OA  ( D)   3(m  2)   m Vậy m a) 4,0 đ 2,5 đ 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 thì gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) khoảng lớn 0,5 0,25 B K D O I C H E P A Q 0,5 F Hình vẽ đúng cho câu a) Dựng PI  BQ ( I  BQ ), PI cắt AB H Ta có H là trực tâm BPQ Mà O, Q là trung điểm các cạnh AB và AF ABF Suy OQ là đường trung bình ABF Do đó OQ // BF 0,5 0,5 OQ / / BF  OQ  BE  BF  BE  Ta có: BEQ có hai đường cao AB và QK cắt O , nên O là trực tâm BEQ Khi đó OE  BQ , mà PI  BQ Do đó EO // PI AEO có P là trung điểm AE và EO // PH Suy H là trung điểm OA (đpcm) b) 2,0 đ 2 BEF vuông B có BA là đường cao nên AE.AF BA 4 R 1,5 đ 1 AE  AF S BPQ  BA.PQ  2R R AE AF 2 R 2 2 Ta có: Dấu '' = '' xảy  AE  AF  BEF vuông cân B  AB  CD S Vậy AB  CD thì BPQ nhỏ Ta có a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên: a  b  c 0; b  a  c 0; c  a  b 0 Từ các bất đẳng thức trên ta có: a  (b  c)  a  b  c  2bc (1) b  (a  c)  b  a  c  2ac (2) c  (a  b)  c  a  b  2ab (3) Cộng bất đẳng thức (1), (2) và (3) vế theo vế và rút gọn ta được: a  b  c  2(ab  bc  ca ) (4) Ta có a  b  c 1  (a  b  c ) 1 2  a  b  c  2(ab  bc  ca ) 1  2(ab  bc  ca ) 1  (a  b  c ) (5) 2 2 2 Từ (4) và (5) suy ra: a  b  c   (a  b  c ) Hay a2  b2  c2  (đpcm) HẾT 0,5 0,5 0,25 0,75 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25