Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Toán 2013 - Phần 2

Chia sẻ: Mac Co | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:67

Thêm vào BST

Báo xấu

137
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2013 phần 2 để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề. Chúc các em thi tốt và đạt điểm cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Toán 2013 - Phần 2

ĐỀ 31 I. Đề bài : Câu I. (4điểm) Tính giá trị các biểu thức : 1 1 1 1 A= + +  ...  2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 25 24  24 25 3 B= 2  5 (6 9  4 5  3 2  5 ) CâuII: (4điểm) Giải các phương trình sau. a; x + 2x2 – x -2 = 0 3 b; x24 x2  x76 x2  6 CâuIII: ( 6điểm) 1; Cho 2 số x, y thoả mãn đẳng thức : 1 8x2 + y2 + =4 4x 2 Xác định x, y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất . 2; Tìm 4 số nguyên dương x,y,z,t thoả mãn. 1 1 1 1 2  2  2  2 1 x y z t 3; Chứng minh bất đẳng thức : ab (a  b) 2  ab  với a > b > 0 2 8b Câu IV: ( 5đ) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Trên cung nhỏ BC lấy điểm K . AK cắt BC tại D a , Chứng minh AO là tia phân giác của góc BAC . b , Chứng minh AB2 = AD.AK c , Tìm vị trí điểm K trên cung nhỏ BC sao cho độ dài AK là lớn nhất . d, Cho góc BAC = 300 . Tính độ dài AB theo R. Câu V: (1đ) Cho tam giác ABC , tìm điểm M bên trong tam giác sao cho diện tích các tam giác BAM , ACM, BCM bằng nhau . (Hết)
Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012 kiªn giang M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:  7 x  y  2x  y  5  a)   2x  y  x  y  1  ( x  1) y  ( y  1) x  2 xy  b)   x y  1  y x  1  xy  Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P   x 1 y 1 z 1 Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện 1 1 1   2 1 a 1 b 1 c 1 Chứng minh rằng: abc  . 8 Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O). Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác. a) Chứng minh HI // d. b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng minh rằng MN = EF Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12
Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Thang điểm  7 x  y  2 x  y  5(1)  a)   2 x  y  x  y  1(2)  Đặt u = 7x  y , v = 2x  y ( u  0, v  0 ) u  v  5 0.25 Ta có  (*) 0.25 v  x  y  1 0.25 Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x 0.25 Mà u + v = 5 nên u – v = x x5 5 x Do đó u = ,v= 2 2 Từ phương trình thứ hai của (*) ta được 0.25 5 x x3 y=v+x–1=  x 1  2 2 x3 Thay y = vào phương trình (2) ta được 2 0.25 x3 x3 2x   x 1 0.25 2 2 5x  3 5  x  x1  1    2 2  x2  19 0,25 1 Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11 Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2) ( x  1) y  ( y  1) x  2 xy (1)  b)   x y  1  y x  1  xy (2)  Điều kiện x  1, y  1 0.25 Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có: x( y  1  1) xy 0.5 x y  1  x ( y  1).1   (3) 2 2 y ( x  1  1) xy 0.5 y x  1  y ( x  1).1   (4) 2 2
Vậy x y  1  y x  1  xy 0.25  y 1  1 Dấu “=” xảy ra   0.25  x 1  1 x y2 Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2) 1 1 1 Ta có P  (1  )  (1  )  (1  ) x 1 y 1 z 1 1 1 1 P  3(   ) x 1 y 1 z 1 Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có 0.25 1 1 1 3 x  y  z  3 xyz ,   0.5 x y z xyz 1 1 1 3 0.25  ( x  y  z )(   )  3xyz. 9 2 x y z xyz Dấu = xảy ra khi x = y = z. 0.25 1 1 1 9 Ta có    x  1 y  1 z  1 ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) 0.5 1 1 1 9     x 1 y 1 z 1 4 0.25 9 3 0.25 Vậy P  3   4 4 3 x  1  y  1  z 1 1 0.5 P  xyz 4 x  y  z  1 3 3 1 0.25 Vậy P đạt giá trị lớn nhất là P  tại x  y  z  4 3 1 1 1 0.5 Ta có:  (1  )  (1  ) 1 a 1 b 1 c 1 b c bc 0.5    2 1 a 1 b 1 c (1  b)(1  c) 0.5 1 bc Vậy 2 1 a (1  b)(1  c) 3 1 ac 0.25 Tương tự: 2 1 b (1  a )(1  c) 0.25 1 ab 2 1 c (1  a)(1  b) Nhân ba bất đẳng thức trên ta được: 0.5
1 8abc 0.5  (1  a)(1  b)(1  c) (1  a )(1  b)(1  c )  8abc  1 Q A 0.5 O M C B P 4 Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng. 0.25 Trong đường tròn tâm M ta có: · AMC  2 · ABC (góc ở tâm chắn cung AC) 0.5 Trong đường tròn tâm O ta có: · AOQ  2 · ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ) 0.5 0.25 Suy ra ·AMC  · AOQ (1) Chứng minh tương tự ta có 0.5 · · BMC  BOP (2) Tứ giác MAOB có µ B  900 A µ 0.25 0.25 · AMB  · AOB  1800 (3) Từ (1), (2), và (3) suy ra: 0.25 POQ  POB  BOA  · · · · AOQ · · ·  ( BMC  AMC )  BOA 0.25 · AMB  · AOB  1800 0.25 Suy ra P, Q, O thẳng hàng. Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O) 0.25
A 0.5 B x I H M F C N E d 5 a) Chứng minh HI // d Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC 0.25 Tứ giác ABHI nội tiếp nên · · · ABC  HIC (Cùng bù với góc HIA ) 0.5 Mà ·ABC  · ACx (cùng chắn cung AC) 0.25 · · 0.5  HIC  ICx  HI // d b) Chứng minh MN = EF d // HI  IF=HN 0.5 · AMCH nội tiếp  HMN  HAC· 0.25 · · 0.25 BICE nội tiếp  IEF  IBC · · · · Mà HAC  BIC nên HMN  IEF  HMN  IEF 0.5  MN  EF 0.5 6 Số chính phương là n2(n Î Z) số đứng trước nó là n2-1 0.25 Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1) 0.25 Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 0.25 Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 0.25 Và n (n+1) chia hết cho 2 0.25 Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4 0.25 Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12 0.25 Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12 0.25
SỞ GD&ĐT ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC: 2011 – 2012 Môn: Toán (Thời gian làm bài 150’) Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012. a2  a 3a  2 a a4 Bài 1. (5đ) Cho biểu thức: P    a  a 1 a a 2 a) Rút gọn P b) Tìm GTNN của P Bài 2. (5đ) Giải các pt sau: a) 2x 3  x 2  2x 3  3x  1  3x  1  3 x 2  2 b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 Bài 3. (4đ) Cho (O; R). Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và B. từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O), (M, N là hai tiếp điểm). a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M di động trên d. Bài 4. (4đ) a) Tìm GTLN của y  x 9  x 2 b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn: a  b  c  1;a 2  b 2  c 2  1;a 3  b3  c3  1 . Chứng minh: a 2009  b 2009  c2009  1 Bài 5. (2đ) Cho ABC thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB. Tìm GTLN của diện tích ABC . ----------------------------- HẾT ----------------------------- Họ và tên:…………………………… SBD…………………………… Chữ kí GT 1:…………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012 Bài 1: a) ĐK a > 0 và a  2 a2  a 3a  2 a a4 P   a  a 1 a a 2 a ( a  1)(a  a  1) a (3 a  2) ( a  2)( a  2) P   a  a 1 a a 2 P  a 3 a  4 3 7 7 b) Ta có P  a  3 a  4  ( a  ) 2   với mọi a TMĐK 4 4 4 7 9 V y giá tr nh nh t c a P l khi a= 4 4 Bài 2: Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có   9( y 2  2)2 từ đó ta có x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm) Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2 Bài 3: a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON 2 =R 2 Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN = MO 2  ON 2  R nên ta giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác ta giác OPM cũng vuông cân tại P.
N M L B E A H F I O Q P do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R 2 >R b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H +) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định). Kẻ HL  (d) thì HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không đổi) +) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE. · +) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong PNM cắt đường » » tròn (O) tại điểm F, khi đó NF  FP => F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O) Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên hình vẽ Bài 4: a 2  b2 a) áp dụng BĐT ab  2 2 ĐK 9 –x  0 9 ta có y  x 9  x 2  2 9 Vậy giá trị lớn nhất của y là 9/2 khi x=  2 3 3 3 2 2 2 b) ta có a +b +c -3abc=(a+b+c)(a +b +c -ab-bc-ca)
=> 1-3abc=1-ab-bc-ca =>ab+bc+ca=3abc mà 12=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) => ab+bc+ca=0 => abc=0 => a=0 hoặc b=0 hoặc c=0 b  c  1  Nếu a = 0 => b 2  c 2  1 b 3  c 3  1  2 2 =>b +c +2bc=1 => 2bc=0 =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0) Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Vậy mội trường hợp ta có P = 1 Bài 5: Đặt BC =x > 0 theo công thức He rông ta có 6x S= p ( p  a )( p  b)( p  c ) với p  2 6  3x 6  x 6  x 3x  6 2 . . . => S = 2 2 2 2 9 9 9 => S2= (36  x 2 )( x 2  4)   ( x 2  20)2  256  .256  144 16 16   16 Vậy giá trị điện tích lơn nhất là 12(đvđt) khi x= 20 (đvđd)
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC : 2011 – 2012 ----------------------- ---------------------------------- Đề chính thức Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 / 03 / 2012 ----------------------------- Bài 1: ( 4,0 điểm ) 8  15 8  15 a) Rút gọn biểu thức sau: A =  2 2 x3 b) Giải phương trình :  x 2  16  0 2 16  x Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ. b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Chứng minh rằng nếu c  a và c  b thì c  a + b Bài 3: ( 3, 0 điểm ) Cho phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho biểu thức A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn nhất. Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 . 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng. b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi. Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 4 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) +  8 x y --------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: ( 4,0 điểm ) 8  15 8  15 a) A=  2 2 2  8  15 8  15  8  15 8  15 8  15 8  15 * Cách 1: A2 =    = + +2 .  2 2  2 2 2 2   49 = 8+2 = 8 + 7 = 15 4 Vì A > 0 nên A = 15 8  15 8  15 16  2 15 16  2 15 * Cách 2: A=  =  2 2 4 4 ( 15  1)2 ( 15  1) 2 15  1 15  1 =  =  = 15 4 4 2 2 x3 b)  x 2  16  0 . ĐK : 16 – x2 > 0  - 4 < x < 4 2 16  x Đặt y = 16  x 2 > 0  x2 – 16 = - y2 . Ta có : x3 - y2 = 0  x3 – y3 = 0  (x – y)(x2 – xy + y2) = 0  x – y = 0 ( vì x2 – xy + y2 > 0 y )  x=y. 16  x 2 = x . Với x > 0 thì 16  x 2 = x  16 – x2 = x2  2x2 = 16  /x/ = 8  x=  8 Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thõa mãn . Phương trình có một nghiệm x = 8 . Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1). Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia hết cho 4. Do đó tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8. Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24. Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ. b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Suy ra : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca)  a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) * Cách 1 : Nếu c  a và c  b thì a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  2ab + 2b2 + 2a2  c2  ( a + b)2  c  a + b ( vì a, b, c > 0 ) * Cách 2 : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0  ( a – b + c )2 = 4ca . Nếu c  a thì ( a – b + c )2 = 4ca  4a2  ( a – b + c )2 - 4a2  0  (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a )  0  ( c – a – b )(3a – b + c)  0 Vì a > 0 và nếu c  b thì 3a – b + c > 0 .  c – a – b  0  c  a + b . Bài 3: ( 3, 0 điểm ) Phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0 có  = ( m – 1)2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 . Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = 1 – m ; x1.x2 = - 6 A = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 ) = – ( 2x1 + 3x2)2  0 2 x1  3 x2  0 1  A = 0   x1.x2  6 2 .   x1  x2  1  m  3 6 12 Từ (2)  x1 = , thay vào (1) có : + 3x2 = 0  x2 =  2 x2 x2 - Với x2 = 2  x1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1  m = 2 - Với x2 = - 2  x1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1  m = 0 - Vậy : m  { 0 ; 2 } Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
A  ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800 Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200 nên BDC = 800   BDC cân tại B  BD = BC = a . DC BC a2  BDC  ABC ( g – g)    DC = BC AC b 2 E a D  AD = b - b B C 1 1 3  BDE vuông có EBD = 600 nên BE = BD = a và DE = BD = 2 2 2 3 a. ; 2 1 AE = b - a. 2 Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có : 2 2 2 a2 2 1 3 2 AD = AE + DE  (b - ) = (b - a)2 + (a. ) b 2 2 a4 a2 3a 2 a4  b2 - 2a2 + 2 = b2 - ab + +  2 = 3a2 –ab b 4 4 b  a = 3a b - ab  a + ab = 3a b  a3 + b3 = 3ab2 . 4 2 2 3 4 3 2 2 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng. b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
E a) AD // BC  AB = CD  DAC = ADB  MA = MD . Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của AD (1) Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là B đường trung trực của AD (2) A Từ (1) và (2)  I, O, M thẳng hàng. b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg O M cân) I C COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp) D  CMD = COD Do đó tứ giác CMOD nội tiếp. Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’. E' Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA qua OM. OM  ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA) A, O, B cố định nên E cố định  OE không đổi  Đường tròn ngoại tiếp  MCD có bán kính không đổi. Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 4 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) +  8 x y 4 4 Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) + = (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + x y x y 2 2 2 2 = ( x + y )( x + y ) + (x + y ) - ( x + y) + ( x + y ) + 4 x y 4 = ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) + x y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : x + y  2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 x + y2  2xy = 2 2 . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 4 (x+y)+  4 . Dấu “ = “ xảy ra  (x + y)2 = 4  x = y = 1. x y
4 Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) +  2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8 x y Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1
Sở Giáo dục và Đào tạo §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012 HƯNG YÊN M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Câu I. 1. Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15 2. Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1, A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1 Câu II. 1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt. m2 x12  3mx2  3m 2. Tìm min S = 2  x2  3mx1  3m m2 Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 Câu III.  2 2 2 xy  x  y  x  y  1(1) 1. Giải hệ   x  y  x 2  y (2)  3 2. Giải PT (3x+1) 2 x 2  1  5 x 2  x  3 2 Câu IV. 1. Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD. Vẽ đường tròn tâm O đường kính CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F. Gọi M là giao điểm của BE và đường tròn tâm O; AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn b) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC 2. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD = 3 a . Tính dịên tích tam giác ABC theo a. 4 Câu V. Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm đường tròn khác.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012 Câu I. 1.Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15 2.Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1, A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1 Lời giải: 1. HS tự làm 2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 trên (P) nên gọi A1( a;a2) và A2( b; b2) thì B1(a; 0), B2(b; 0) khi đó đường thẳng OA1,OA2 lần lượt có PT y = ax và y = bx do góc A1O A2 = 900 nên hai đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên OB1.OB2 = a . b =1 Câu II. 1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt. m2 x12  3mx2  3m Tìm min S = 2  x2  3mx1  3m m2 Lời giải: -) PT có nghiệm khi 9m2 + 4m  0 hay m(9m+4)  0(*) m2 3mx1  3mx2  4m -) x2 -3mx- m = 0  x2 = 3mx+ m nên S =  3mx2  3mx1  4m m2 m 3( x  x )  4 m 9m  4 S=  1 2   3( x2  x1 )  4 m 9m  4 m 4 m Để S tồn tại thì m khác 0 và  do đó từ ĐK ta có > 0nên áp dụng BĐT 9 9m  4 Côsi ta có 1 S  2, mà thấy khi m = - thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2 2 2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0 HD: Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có   9( y 2  2)2 từ đó ta có