Đề thi và đáp án 2013 môn Toán

a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên.. Gọi E là trung điểm của AB ta có[r]

SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013

(Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức: M (x y )33(x y xy )( 1), biết

x 33 2 2 33 2 2 , y 317 12 2 317 12 2

b) Giải phương trình:

Bài 2: a) Giải hệ phương trình:

2 2

3 4 (1)







b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

(ab 1)(bc 1)(ca 1)

P

abc



Bài 3: Tam giác ABC có chu vi bằng 1, các cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức:

3

Chứng minh tam giác ABC đều

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi D là trung điểm của cạnh BC Lấy M bất

kỳ trên đoạn thẳng AD (M không trùng với A) Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của

N xuống đường thẳng PD

a) Chứng minh AH vuông góc với BH

b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng

Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

F

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: .Số báo danh

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013

Bài 1:

a) Ta có

x   xx  x (1) Tương tự: y33y24 2(2)

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

3 3 3( ) ( ) 3 3( )( 1) 20 2

Vậy M =  20 2

b) Ta có

x   x x    x x   x x    x

Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho tương đương với

  (với

1

x

 

)  5t2 3 14 0(t  t1;t   1) (t 2)(5t7) 0

2 7 5

t t









  



* Nếu t = 2

2

1

x

* Nếu

7

5

t 

2

0

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1

Bài 2:

a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12 x3x23y2 thế vào phương trình (2) thu gọn ta được:

0

x y

 





* Nếu x y     0 y x y2 x2 thế vào phương trình (1) ta được

2x   3 4x 2(x 1)   1 0 phương trình này vô nghiệm

* Nếu x2xy y 23x3y0, trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:

3

1

x

y





 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2)

+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2)

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1)

b) Ta có

, vì a, b, c là các số tự

nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi

M

a b c abc

   

là số nguyên

Do vai trò như nhau nên ta giả sử a<b<c suy ra a1;b2;c3 Do đó

(Vì M là số nguyên)

a b c abc

Nếu (a1)(b 1) 4, vì a b c   3c a b c    3c (a 1)(b 1)(c   1) 4 3c 4(c 1)

4

c

  trái với c 4 Suy ra (a 1)(b  1) 2;3

+ Nếu

+ Nếu

Vậy các số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị.

Bài 3:

Từ giả thiết ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và

(với x a b  0;y b c  0;z c a  0) 2 2 2 0

           

0

Vậy tam giác ABC đều

Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau:

a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên

AD  BC và AD là tia phân giác của BAC Do MAD MN, AB MP, AC nên suy ra tứ giác ANM P là hình vuông Mặt khác tứ giác ANHP có NAP NHP  900 900  1800 nên nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra AHP ANP 450(cùng chắn cung AP)

Xét tứ giác BDHA có ABD DHA  450 DHA AHP DHA    1800(hai góc kề bù) suy ra tứ giác BDHA nội tiếp suy AHBADB900hay AHBH

b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AM và

NP suy ra AHM  900 AHB suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên BHN MHN  450(1)

Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra ABI  450 Gọi E là trung điểm của AB ta có

ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuông cân tại I Xét tứ giác AIBH có AIB AHB  900 900  1800 nên nội tiếp suy ra BHI BAI  450 (2)

Từ (1) và (2) BHN  BHI suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng.

Bài 5: Ta có 2 2 2  2

2

(dấu “=” xảy ra khi a = b)

Ta có:

Tương tự:

Do đó

F

x y y z z x

1

1

1



z x

x y z

Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1

4khi x = y = z =

1 3