DE THI HOC SINH GIOI TOAN THCS TINH PHU YEN NAM 20122013

Đường phân giác của ACD và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại I..  là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và O..[r]

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP PHÚ YÊN THCS Năm học : 2012 – 2013 Môn thi : Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (Đề thi có trang) ( Không kể thời gian phát đề) Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 So sánh A và B? 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15  26  15  26 3 3 c) Cho x 3 y 4 z Chứng minh rằng: x2  y  4z 2333 x Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :   x  2  1 x  x  3  8  x  y   10  x  y    x  y  0   2x  y  2  x  y  Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C) Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q) Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB cắt AB; AC M, N AM AN PQ   1 AB AC AQ a) Chứng minh : AM AN PQ  AB  AC  AQ 27 b) Xác định vị trí điểm Q để Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Điểm C thuộc bán kính OA Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) D Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD Gọi E là tiếp điểm AC với đường tròn ( I ) Chứng minh : BD = BE Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ P = – xy, đó x, y là các số thực 2013 2013 1006 1006 thỏa mãn điều kiện : x  y 2 x y - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 So sánh A và B? 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15  26  15  26 3 3 c) Cho x 3 y 4 z Chứng minh rằng: x2  y2  4z2 23 33 1 Giải: a) Ta có : A B  2012  2011    2012  2011 2012  2011 2013  2012    2013  2012 2013  2012   2012  2011  2013  2012 2012  2011  2013  2012 Mà Nên 1  2012  2011 2013  2012 hay A > B 3 b) Tính giá trị biểu thức: C  15  26  15  26  3  18  12    3 3 3  18  12   3 2  3 22  23    3 2  3  3  3 3  3 2  3 22  23  2  4 c)Cho x 3 y 4 z Chứng minh rằng: Mình chưa biết giải, bạn nào biết giúp Nhưng mình kiểm tra thấy đề không đúng 3 Cho x  12; y = 8; z = 3 Thì x 3 y 4 z  12 3 8 4 6 24 ( Thỏa mãn đẳng thức) Nhưng 2x2  y2  4z 23 33  122  3 82  62 1 2333 x Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :      x 1 1   x 1 2 2    x  2  x ĐKXĐ : x  R 2  x  3  (*) 2 t  x  1  1 Đặt t  x  x  thì (*)  1 2     t  1  4t 5t  t  1 2 t  t  1  5t  10t  3t  8t  0   t  0    5t  15t  12t  0  t  1  5t  15t  12t   0  t 1   Pt voâ nghieäm vì t 1 Vậy S  1 8  x  y   10  x  y    x  y  0  I  2 x  y    2x  y Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình :  * Điều kiện xác định : x y 2     y 2     y    10          y  0 2  y 0            I   y       y y  2  y x     thì  Nếu : PTVN Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm Nếu x y Chia vế phương trình (1) cho  x  y   x  y  Ta có : 2x  y  2x  y 8  x  y   10  x  y    x  y  0  10  0 (*)  2x  y 2x  y     2 x  y     x  y  2 (**) 2x  y   2x  y 2x  y t x  y thì Đặt  3  1 0   t    t   0  t  Ê; t=    t 2x  y   x y t 2 thì x  y + Với  *  8t  10  Thay vào (**) Ta có : 2 y  y  2 2  y  2 2y 2 y  y  1 1 1  12y2  y  0   y    y   0  y  ; y  2 6  5 y  x   2 ( thỏa mãn ĐKXĐ)  Với 1 1 5  x   6 12 ( thỏa mãn ĐKXĐ)  Với 2x  y  3 1   x y t 10 Thay vào (**) Ta có : thì x  y + Với 3 2 y  y  2 3 10 2 y  y  8y2  20 y  25 0 : Phương trình vô nghiệm 10 y    1  ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm :   và  1  ;   2 Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C) Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q) Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB cắt AB; AC M, N AM AN PQ   1 c) Chứng minh : AB AC AQ AM AN PQ  AB  AC  AQ 27 d) Xác định vị trí điểm Q để A M N GIẢI: Gọi H PN  BC ; I=MP  BC AN NC  1 Ta có: AC AC P (1) Mặt khác : Áp dụng định lí Talet Ta có: NC CH CI  IH CI IH     AC BC BC BC BC (2) CI AM  ; BC AB Vì MI // AC nên (3)  ABC  PHI Vì (g-g) PH PQ IH PQ IH PH     BC AB mà AB AQ nên BC AQ B H Q (4) AN NC AN CI IH AN AM PQ        1 Từ (1), (2), (3) và (4) Suy : AC AC AC BC BC AC AB AQ AM AN PQ   1 AB AC AQ Hay I C AM AN PQ CI AN IH CI BH IH    b) Từ câu a Ta có : AB AC AQ BC AC BC BC BC BC 27 BC  CI IH HB  27 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số không âm  CI  IH  HB  CI IH HB  3  BC 27 Ta có : Dấu “ = ” xảy CI = IH = HB Đẳng thức xảy Q là trung điểm BC A AP  AQ và N M P B H Q I C Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Điểm C thuộc bán kính OA Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) D Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD Gọi E là tiếp điểm AC với đường tròn ( I ) Chứng minh : BD = BE Giải: Cách vẽ: + Vẽ phân giác ADB cắt AB E  Đường phân giác ACD và đường thẳng vuông góc với AB E cắt I I ; IE  là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O) Ta có :  Thật : Hạ IF  DC Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác) Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông Chứng minh: + Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng  sd PF IFG IGF   Ta có : IGF cân I nên   Xét OBG : AOG 2OBG ( Tính chất góc ngoài)   EP    GE    FP   1    1  GE EF EF FP     OBG  AOG      GFI  IF E        2  2 2   2  2    GFI  450  450  IGF  2IGF IGF =   Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì tia GF và GB trùng nhau)  + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ADB : ADB 90 Nên BD BC BA (1) +Áp dụng tính chất tiếp tuyến Ta có : BE BF BG (2) FCB ( g-g) Mặt khác : AGB AB BG   BF BG  AB BC BF BC (3) Từ (2) và (3) Suy : BE  AB.BC (4) Từ (1) và (4), suy : BD = BE Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ P = – xy, đó x, y là các số thực 2013 2013 1006 thỏa mãn điều kiện : x  y 2 x 2013 2013 1006 1006 Giải: Từ x  y 2 x y y1006 * Nếu x =  y 0 ; Nếu y =  x 0 * Nếu x 0; y 0 2013 2013 1006 1006 Thì x  y 2 x y x 2013  y 2013 2  1006 1006 x y   x x   y 1006  y  y   x 1006 2 x t  0 y Đặt  *  xt  y 1t 2  xt  2t  y 0 Thì Giải phương trình theo biến t Ta có : 2  ' b '2  ac   1  xy 1  xy Để phương trình có nghiệm ( Dấu đẳng thức xảy ) Thì  ' 1  xy 0  xy 1 Nên giá trị nhỏ P = – xy = xy = ( Nếu có thắc mắc cần trao đổi xin liên hệ qua hòm thư “ info@123doc.org” ) ( *)