Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E.. Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N.[r]
Trang 1ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 150 phút.
Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức P = x3 + y3 – 3(x + y) + 1972, biết rằng
3 3 2 2 33 2 2 ; 317 12 2 317 12 2
x y
b) Chứng minh rằng:
Bài 2: Giải các phương trình sau:
a) 2 1 x 2 12 x2 x 2 1
Bài 3: Tìm trên đường thẳng y = x + 1 những điểm có tọa độ thỏa mãn đẳng
thức y2 3 y x 2 x 0
Bài 4: Cho ABC (AB = AC) Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E) Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB,
AC tương ứng tại M, N
a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi.
b) Chứng minh hệ thức 4.BM CN BC2
c) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để AMN có diện tích lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y =
2011
2012 Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: S =
2010 1 2010
2010 1005
x y .
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯƠNG KHÊ.
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
Trang 2Bài Lời giải tóm tắt Điểm
1
a) Ta có x3 = 6 + 3x x3 – 3x = 6; y3 = 34 + 3y y3 – 3y = 34
Do đó P = 6 + 34 + 1972 = 2012
b) Đặt S = 1 + 1
√2 +
1
√3 + +
1
√50
Ta có S > 1
√50 +
1
√50 + +
1
√50 =
1
√50 .50 = 5 √2 (1) Mặt khác: 1= 2
2√1 <
2
√1+√0 ;
1
√2=
2
2√2<
2
√2+√1 ; ;
1
√50 = 2
2√50<
2
√50+√49 . Cộng vế theo vế có:
S < 2
√1+√0+
2
√2+√1+ .+
2
√50+√49
S < 2{( √1−√0¿+(√2−√1)+ +(√50−√49) }= 2 √50 =10 √2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 5 √2 < S < 10 √2 (đpcm)
6.0 điểm
2
a) Đk: x ≤ -1 hoặc x ≥ 2 Ta có 2 1 x 2 12 x2 x 2 1 x2 x 3 x2 x 2
Đặt x2 x 2 t 0, có:
t2 - 3t + 2 = 0 t = 1 hoặc t = 2
Với t = 1: x2 – x – 2 = 1 x2 – x – 3 = 0 1,2
1 13 2
x
(tm) Với t = 2: x2 – x – 2 = 4 x2 – x – 6 = 0 x32;x4 3(tm)
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm trên
b) ĐK: x > y ≥ 0 Bình phương hai vế ta có:
2 3 3 x 3y 3 2 3 xy x y 2 3 2 3 xy 3 (*)
Nếu x + y – 2 ≠ 0 thì từ (*) suy ra
2
xy x y
x y
Do đó VP của (*) là số hữu tỉ còn VT là số vô tỉ Vô lý Vậy x + y – 2 = 0 Từ (*) suy ra :
3 2
3
1
2 3 3 0
x y
xy
4.0 điểm
3 ĐK: x ≥ 0 Giả sử điểm (x0; y0) thuộc đường thẳng y = x + 1 thỏa mãn
y y x x Khi đó, ta có:
2.0 điểm
Trang 3
0 0
2
y x
Thay lần lượt vào y = x + 1 tìm được x0 = 1; y0 = 2 thỏa mãn.
4
a) AD = AE; IM = ID; IN = IE (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh chu vi bằng 2AD không đổi
b) Ta có MON = (1800 - A)/2;
B = C = (1800 - A)/2 Suy ra BMO,
OMN và CON đồng dạng với nhau suy ra
2
2
4
4
BM CN BO CO
CO CN
BM CN BC
6.0 điểm
c) Ta có SAMN lớn nhất SBMNC bé nhất Ta có:
1 2
S S S S R BM MN CN
( R: bán kính đường tròn)
1
2
BM MI NI CN R BM MD NE CN R
R BM BD CN CE R BM CN BD BD CE
R; BD không đổi S BMNC nhỏ nhất khi BM + CN nhỏ nhất
Mặt khác ta có BM CN 2 BM CN. 2R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM = CN
Hay BM + CN bé nhất bằng 2R khi BM = CN = R khi và chỉ khi MN // BC hay I là trung
điểm của cung nhỏ DE
Vậy SAMN lớn nhất I là trung điểm của cung nhỏ DE
5
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 bộ số x, y
và
2010 1
; 2010
2
2
2011 2012 2011.1006
2010 2011 1005
2011.1006 2010
1005 1005
2010 1 1006 2010 2010 1006 1 1006 1
2011
T
S
2.0 điểm
A
M
O N I
Trang 4Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2011
2012
2012 2012
x y
y
x y
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
1 2011
1005 khi và chỉ khi
2010 2012 1 2012
x
y