Đề thi HSG tỉnh phú yên 12-13

Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần lượt cắt AB; AC tại M, N.. Điểm C thuộc bán kính OA.. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn O và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

PHÚ YÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

Năm học : 2012 – 2013 Môn thi : Toán Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 1 trang)

Câu 1: ( 5,0 điểm)

a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 So sánh A và B?

b) Tính giá trị biểu thức: C 3 15 3 26   3 15 3 26 

c) Cho 2x3  3y3  4z3 Chứng minh rằng: 323 3 33 3 34 3 1

2 3 4

x  y  z



  ( Đề sai)

Bổ sung điều kiện: và 1 1 1 1

x yz  Chứng minh: 323 2 33 2 34 2 1

2 3 4

x  y  z



 

Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :

4

Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

2

x y

x y











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 lần lượt cắt AB; AC tại M, N

a) Chứng minh rằng : AM AN PQ 1

b) Xác định vị trí điểm Q để 1

27

AM AN PQ

AB AC AQ



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 tại C cắt nửa đường tròn (O) tại 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 của AC với đường tròn ( I ) Chứng minh : BD = BE.

Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực

thỏa mãn điều kiện : x2013 y2013  2x1006 1006y

Hết

-Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Câu 1: ( 5,0 điểm)

a) Cho A  2012  2011; B= 2013  2012 So sánh A và B?

b) Tính giá trị biểu thức: C 3 15 3 26   3 15 3 26 

c) Cho 2x3  3y3  4z3 Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3

3

1

2 3 4

x  y  z



 

Giải: a) Ta có :

2012 2011

2012 2011





2013 2012

2013 2012





Mà 2012  2011  2013  2012

2012  2011  2013  2012 hay A > B

b) Tính giá trị biểu thức: C 3 15 3 26   3 15 3 26 

3 3 3 18 12 3 8 3 3 3 18 12 3 8

3 3 3 3 2 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 2 3 3 2 2 2 3

c) Cho 2x3  3y3  4z3 Chứng minh rằng: 3 3 2 2 3 2

3

1

2 3 4

x  y  z



Chứng minh:

Đặt 3 3 3 3 3 2 3 3 3 4 3

      = 3 2x3 2x3 2x3

x  y  z ( vì 2x3  3y3  4z3)

Tương tự :

y

  ; 3 4 A

z



Suy ra: 3 3 3 1 1 1

         

3

1

Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :

(*) 4

4

    ĐKXĐ :  x R

Đặt t x2  2x 2 thì t x 12   1 1

2 2

4



5t 10t 3t 8t 4 0 t 1 5t 15t 12t 4 0

5 15 12 4 0 voâ nghieäm vì t 1

Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình :

 

2

2

I

x y

x y











* Điều kiện xác định : x2y.

 Nếu x 2 y thì  

2 2

0

1 2

2 2

y

y I

y y

y

        

        











: PTVN

Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm

Nếu x 2y Chia 2 vế phương trình (1) cho 2x y  2x y  Ta có :







Đặt 2

2

x y

t

x y





 thì

 *  8 10t  3 0

t

        

+ Với  3

2

x y

x y





Thay vào (**) Ta có :

 

5

2

y

y y

 Với   1    5 1 5

 Với 1    5 1 5

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :   

5 1;

2 6 và

5 1;

4 2

+ Với 1

4

t

x

x y



Thay vào (**), ta có:2 2 2

2

x y

x y



2

3

10

y

y y

-× -5525

D = >0 nên phương trình có 2 nghiệm:

1

65 5525 3

+

- ×

2

65 5525 3

×

I H

N M

A

Q P

N M

P

Q

A

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 lần lượt cắt AB; AC tại M, N

a) Chứng minh rằng : AM AN PQ 1

b) Xác định vị trí điểm Q để 1

27

AM AN PQ

AB AC AQ



GIẢI:

Gọi H PNBC; I=MP  BC

Ta có: AN NC 1

AC  AC  (1)

Mặt khác : Áp dụng định lí Talet Ta có:



Vì MI // AC nên CI AM ;

BC  AB (3)

Vì ABC PHI (g-g)

AB AQ nên IH PQ

BC AQ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) Suy ra : AN NC AN CI IH AN AM PQ 1

Hay AM AN PQ 1

27

3

27

BC

CI IH HB

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số không âm

Ta có :

3

Dấu “ = ” xảy ra khi CI = IH = HB

Đẳng thức xảy ra khi Q là trung điểm của BC

3

G

I

F

E

D

O

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 tại C cắt nửa đường tròn (O) tại 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 của AC với đường tròn ( I ) Chứng minh : BD = BE.

Giải:

+ Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng

Ta có : IGF cân tại I nên IF   

2

sd PF

IF

2 GFI   IGF  2  GF

Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau)

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADB ADB:   90 0

+Áp dung tính chất tiếp tuyến Ta có :

BE2 BF BG. (2)

Mặt khác : AGB FCB ( g-g)

BF BC     (3)

Từ (2) và (3) Suy ra : BE2 AB BC. (4)

Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE

Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực

thỏa mãn điều kiện : x2013 y2013  2x1006 1006y

Giải: Từ x2013  y2013 2x1006 1006y

* Nếu x = 0  y0; Nếu y = 0  x0

* Nếu x 0; y 0 

Thì x2013 y2013 2x1006 1006y          

Đặt tx 0

y

Thì  *  xt y   1 2

Giải phương trình theo biến t Ta có :

 

  ' b'2 ac  1 2  xy  1 xy

Để phương trình có nghiệm ( Dấu đẳng thức xảy ra )

Thì    ' 1 xy 0  xy 1 

Nên giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy = 0 khi xy = 1