Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 - Năm học 2013-2014 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 - Năm học 2013-2014 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang gồm 5 câu) Bài 1: a) Giải phương trình 2 2x 1 x2 1 3x2 xy2 2y b) Giải hệ phương trình 2 2 y x y 2x Bài 2: a) Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: a5 b5 c5 a 2 b2 c2 1 Tính giá trị biểu thức S a 2012 b2013 c2014 x2 y2 4x2 y2 b) Cho x, y > o. Tìm GTNN của biểu thức P 2 2 2 y x x2 y2 x2 y2 z2 Bài 3: Giả sử phương trình ba ẩn: 3 có ba nghiệm là các bộ gồm ba số không đồng thời bằng yz zx xy a b c 2 2 2 nhau: a;b;c , p;q;r , ; ; . Chứng minh rằng bộ ba số ap ;bq ;cr cũng là 1 nghiệm của phương p q r trình đó Bài 4: Tam giác ABC có AB = AC = a, A· BC A· CB 00 900 . Gọi M là trung điểm của BC. Góc x· My quay quanh điểm M sao cho các tia Mx, My thứ tự cắt các cạnh AB, AC tại D, E (D và E không trùng với A) a) Tính tích BD. CE theo a và b) Gọi khoảng cách từ M tới đường thẳng DE là R. Chứng minh rằng các đường thẳng AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm M, bán kính R c) Tìm vị trí của D và E trên AB, AC sao cho diện tích ADE lớn nhất Bài 5: Lấy 2014 điểm phân biệt trên đường tròn tâm O bán kính R = 1 sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ nào cũng khác 3 . Chứng minh rằng có thể chọn được trong 2014 điểm đó 672 điểm sao cho bất cứ bộ ba điểm nào cũng là ba đỉnh của một tam giác có góc lớn hơn 1200.
2. Giải 1 Câu 1: a) ĐKXĐ: 2x 1 0 x . Phương trình 2x 1 2 2x 1 1 x2 2x 1 2 x 1 2 0 2 2 2x 1 x 2x 1 1 x 1 5 x 1 (TMĐK) 2x 1 x 2 2x 1 x 2 0 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b) Ta có x = y = 0 là một nghiệm của hệ phương trình 2 3x y 2 xy Xét x, y 0. Hệ phương trình . Nhân theo vế 2 phương trình với nhau được 2 y x xy 2 2 2 2 2 2 2 xy 1 3x y xy 4 x y 3xy x y 4 (vì xy 0) xy 1 xy 4 0 xy 4 3x2 3y Với xy 1 ta có x4 x x 1 y 1 2 y x 3x2 2y 2 Với xy = 4 ta có 9x4 24x 3x3 8 x y 2 3 3 2 3 y 6x 3 2 3  Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 0;0 , 1;1 , ; 2 3  3 3  Câu 2: a) Từ a5 b5 c5 a 2 b2 c2 a 2 a3 1 b2 b3 1 c2 c3 1 0 (1) Mặt khác a 2 b2 c2 1 1 a 2 b2 c2 0 a 1 hay a 1 a3 1 0 tương tự ta cũng có b3 1 0;c3 1 0 kết hợp với (1) suy ra a 2 a3 1 b2 b3 1 c2 c3 1 0 với a 2 b2 c2 1 Từ đó trong ba số a, b, c có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1. Do đó P = 1 1 2 b) Áp dụng BĐT a 2 b2 a b . Dấu “=” xảy ra khi a = b và BĐT Cauchy ta có 2 x2 y2 4x2 y2 1 x2 y2 1 x2 y2 4x2 y2 P 2 2 2 2 2 2 2 2 y x x2 y2 2 y x 2 y x x2 y2 2 2 2 1 x2 y2 x4 y4 4x2 y2 x y 4x2 y2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 3 2 y x 2x y x2 y2 4x y x2 y2 GTNN của P là 3 đạt được khi và chỉ khi x = y Câu 3: Ta có a3 b3 c3 a b 3 3ab a b c3 a b c 3 3c a b a b c 3ab a b a b c 3 3c a b a b c 3ab a b c 3abc a b c a 2 b2 c2 ab bc ca 3abc 1 2 2 2 a3 b3 c3 3abc a b c a b b c c a . 2 x2 y2 z2 ĐKXĐ: x, y, z 0 ta có 3 x3 y3 z3 3xyz 0 . yz zx xy
3. 1 2 2 2 Áp dụng đẳng thức trên được x y z x y y z z x 0 . 2 Nếu x y 2 y z 2 z x 2 0 x y z không thỏa mãn. Vậy x y z 0 a b c 0 a b c 0 (1) Các bộ nghiệm của phương trình thỏa mãn p q r 0 p q r 0 (2) a b c aqr bpr cpq 0 (3) 0 p q r Từ (2) p q r p2 q2 2qr r2 ap2 aq2 2aqr ar2 , tương tự ta cũng có bq2 bp2 2bpr br2 ; cr2 cp2 2cpq cq2 . Cộng theo vế cả ba đẳng thức này được ap2 bq2 cr2 p2 b c q2 c a r2 a b 2 aqr bpr cpq ap2 bq2 cr2 2 ap2 bq2 cr2 0 ap2 bq2 cr2 0 . Vậy bộ ba số ap2 ;bq2 ;cr2 cũng là 1 nghiệm của phương trình đã cho A Câu 4: a) Theo gt MB = MC và ABC cân tại A nên AM  BC MB = MC = AC.cos = a.cos Q B· MD C· ME 1800 C· EM C· ME B· MD C· EM E và Bµ Cµ nên BMD  CEM BD MB BD.CE MB.MC a 2cos2 K MC CE D H P MD MB MC MD ME b) BMD  CEM ME CE CE MC CE B M C và D· ME Cµ nên DME  MCE M· ED C· EM , tương tự ta cũng có M· DE B· DM Hay ME, MD lần lượt là các tia phân giác của C· ED và B· DE Kẻ MH  BD, MK  DE, MP  CE thì MH = MK = MP = R. Do đó AB, AC là tiếp tuyến đường tròn tâm M bán kính R 1 1 · c) Kẻ EQ  AD S AD.EQ AD.AE.sin EAD . SADE lớn nhất khi AD. AE lớn nhất ADE 2 2 a BD a CE lớn nhất. Ta có a BD a CE a 2 a BD CE BD.CE 2 2 2 a a BD CE a cos . Do đó để SADE lớn nhất thì BD + CE nhỏ nhất. Áp dụng Cauchy ta có BD CE 2 BD.CE 2a.cos không đổi. Vậy SADE lớn nhất thì BD = CE hay DE // BC Câu 5: Vẽ ABC đều nội tiếp đường tròn (O; 1). Vẽ OH  AC A 1 1 1 O· AH B· AC 300 OH OA 2 2 2 1 1 3 H và AH = CH OA2 OH2 1 4 2 O AB BC CA 3 sdA»B sdB»C sdC»A 1200 1 B Gọi 2014 điểm M1, M2, , M2014, trong các điểm này giả sử C điểm M1, M2, M3 theo thứ tự đó thuộc cung AB
4. 1 thì M M M tạo thành có M· M M sdA¼CB 1200 . Vậy: 1 2 3 1 2 3 2 - Nếu 2014 điểm đều thuộc 2 trong 3 cung AB, BC, CA thì ta luôn chọn được số điểm lớn hơn 672, nên bài toán thỏa mãn - Nếu 2014 điểm đều thuộc cả ba cung AB, BC, CA. Ta có 2014 = 3. 671 + 1, nên theo nguyên lí Dirichle có ít nhất 672 điểm thuộc 1 cung, do đó bài toán thỏa mãn Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ