DE THI HSG TOAN 9 KIM SON NAM 20112012

Trên đường trung trực của AH lấy điểm M bất kỳ sao cho M nằm ngoài (O) và dựng tiếp tuyến MF với (O).[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC: 2011 – 2012

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1 (4đ) Cho biểu thức:

P

x 1



a) Rút gọn P

b) Chứng minh

1 P 3



với x 0 và x 1

Câu 2 (4đ)

a) Cho đường thẳng (d): 4 m 1 x 3my 12     Tìm m để (d) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 3 Tính khoảng cách từ O(0; 0) đến (d) ứng với

m vừa tìm được

b) Cho M(a; b) là một điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x 5y 7  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q 5 a 3 b 

Câu 3 (4đ) Cho 0 t 3  Tìm GTNN của biểu thức:  

2 2

A

t 3 t







Câu 4 (4đ)

a) Cho ABC cân tại A Trên đáy BC lấy điểm D sao cho CD 2BD So sánh

số đo BAD và 

1 CAD 2

b) Từ một điểm A ở ngoài (O) dựng các tiếp tuyến AB, AC với (O) Gọi H là giao điểm của OA với BC Trên đường trung trực của AH lấy điểm M bất kỳ sao cho

M nằm ngoài (O) và dựng tiếp tuyến MF với (O) Chứng minh: MA MF

(B, C, F là các tiếp điểm)

Câu 5 (4đ)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn: x2  7 y x 6 2y 0    

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn: x2010 y2010 20122010

-HẾT -Câu 1: a) Với x0;x1

P =

1

1

x

x









 

Vậy: P = 1

x

x x với x0;x1

b)Cách 1

xét hiệu:

 2

1 1

1

x

P

x

 

  



 

 



 

Vì x0;x1 nên:   x 12  0

và x x 1 0 Do đó:

1 0 3

Vậy ta có điều phải chứng minh:

Cách 2: Ta có : P = 1

x

1 1 1

x x

 

với x0;x1

Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương

1

;

x

x ta có:

Vì x 1 nên dấu "=" không xảy ra

Suy ra:

1

1 3

x

x

  

Vậy

1 3

P 

Câu 2:

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Xét đường thẳng (d)

Vì d cắt hai hệ trục toạ độ nên m khác 0 và m khác 1

Cho x = 0 suy ra y =

4

m (m khác 0) ta được A(0;

4

m) thuộc Oy Cho y = 0 suy ra x =

3 1

m  (m khác 1) ta được B(

3 1

m  ;0) thuộc Ox Khi đó: OA =

4

m ; OB =

3 1

m 

Để đường thẳng d tạo với hai trục toạ độ Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 3 thì: OA.OB = 6 tức là:

4 3

1

m m  giải phương trình ta được m = - 1 ; m = 2 Với m = -1 khi đó AB =

73

2 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng

12 73 Với m = 2 khi đó AB = 13 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng

6 13 2) Vì M (a;b) là 1 điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x +5y = 7 nên ta có:

4a + 5b = 7 suy ra  

1

Do đó 3 – b = 4k (k thuộc Z) hay

3 4

từ đó ta tính được a = 5k – 2

Khi đó: Q5 5k 2 3 3 4  k

Lập bảng xét dấu:

k

2

5

3 4 5k - 2 - 0 + +

3 – 4k + + 0

-Xét TH1: k

2 5



mà k thuộc Z nên k  0 Ta có Q = (1 – 13 k)  1 TH2:

5k 4 mà k Z nên không tồn tại k

TH3:

3

4

k 

mà k Z nên k 1 Ta có Q = (13k – 1)  12

Gộp cả 3 trường hợp ta được: Q  1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi k = 0 khi đó M(-2;3)

Vậy biểu thức Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 giá trị ấy đạt được khi M(-2;3)

2

.

A

3

t





Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh:

9

4t 12

t

 

  Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5  

t  t  Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 Suy ra

16

3

A 

Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 Vậy GTNN của A bằng

16 3

Câu 4:

1)Cách 1:

Đặt AB=AC=a (a>0)BC =3m (m>0) suy ra: CD=2m,BD=m

Kẻ đường cao AH, phân giác AKcủa góc CAD, ta có DH =

1

2m

Ta tính được AH =

1

4 9

2 a  m ;AD = a2 2m2

Vì AKlà phân giác của góc CAD ta có:

2

DK





 

Xét hiệu: DI-DK = m-DK=

2

0 2

 



  vì a;m >0 nên a a2 2m2

Từ đó suy ra K nằm giữa Dvà I, hay I nằm giữa Kvà C Do đó góc AKD > góc AIK

mà góc AIK = góc ADK nên góc AKD >góc ADK Suy ra ADB > góc AKC

Vậy: góc BAD < góc DAK Tức là góc BAD <

1

2góc CAD Cách 2:

Gọi E là trung điểm của DC, ta có BD = DE = EC

 Khi đó tam giác ABD và tam giác ACE bằng nhau (c-g-c)

Suy ra góc BAD = góc CAE (1)

Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = EA

Ta chứng minh được tam giác CAE = tam giác DEF

(c-g-c)

Từ đó: AC = DF; góc DFE = góc CAE

* Vì góc ADC = gócABD +gócBAD, nên

ADC >góc ABD mà góc ABD = góc ACD

Suy ra: góc ADC >góc ACD.Do đó AC>AD,

Mà AC = DF suy ra: góc DAE > gócDEF suy ra: DAE+CAE>2DEF

Hay: 1/2DAC>DE F Vậy BAD<1/2DAC

A

B

D

F C E

Gọi I là trung điểm của AH.

Dễ chứng minh AO là đường trung trực của BC

+ Trong các tam giác: FMO ;OMI,AMI,ABO ta có

2

2

;

2

MA



Vậy: MF = MA

Câu 5

a) nếu với giới hạn của chương trình hiện tại là hết tuần 16 thì ta nênlàm như sau + Ta có : x2 7y x  6 2y0  y x  2x2 7x6 Rõ ràng x = 2 không thể là nghiệm nên chia cả hai vế cho x – 2 ta được

5

Do x, y là số nguyên nên x – 2 là ước của -4 mà U4      1; 2; 4

Ta có bảng:

y 0 -3 -6 0 -3 -6

đối chiếu với các điều kiện ở đề bài thì các cặp số sau thoả mãn

(x;y) = 1;0 ; 0;3 ; 2; 6 ; 6;0 ; 4; 3 ; 3; 6             

2)Giả sử (x,y)là nghiệm nguyên dương của phương trình:

Rõ ràng x,y<2012 (1) Không mất tính tổng quát giả sử x y

Do x Z ; 2012 x 2012 x 1

Suy ra: 20122010 x12010 x20102010x2009 2010 x 1 x20102010x2009

Từ đó ta có x2010y2010 x20102010x2009 hay y2010 2010x2009 mà x y nên

2010 2010 2009 2010

Tương tự ta có: y > 2010 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra 2010 < x, y < 2012 Từ đó chỉ có thể x = y = 2011

Nhưng cặp số (x, y) này không thoả mãn phương trình đã cho (vì vế phải chia hết cho

4 còn vế trái không chia hết cho 4)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm