Gọi ha, hb, hc lần lượt là các đường cao và ma, mb, mc lần lượt là trung tuyến của các cạnh BC, CA, AB; R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác[r]
Trang 1Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2012 - 2013
Môn thi : Toỏn
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề )
-Bài 1 ( 6 điểm )
Cho P = (1 − x −3√x
x −9 ):(x+ 9− x√x − 6 −
√x − 3
2−√x −
√x − 2
√x +3)
1 Rỳt gọn P
2 Tỡm x để P > 0
3 Với x > 4, x ≠ 9 Tỡm giỏ trị lớn nhất của P.(x + 1)
Bài 2 ( 4 điểm )
1 Tỡm tất cả số tự nhiờn n sao cho n2 – 14n – 256 là 1 số chớnh phương
2 Cho: a > 0, b > 0 và ab = 1 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
A = (a+b +1)(a2+b2)+ 4
a+b
Bài 3 ( 2 điểm )
Cho hệ phương trỡnh : {√x +√2012− y=√2012
√2012 − x +√y=√2012
1 Chứng minh rằng : x = y
2 Tỡm nghiệm của hệ phương trỡnh
Bài 4 ( 5 điểm )
Cho hai đường trũn ( O; R) và ( O’; R’) tiếp xỳc ngoài tại A( R > R’) Vẽ dõy AM của đường trũn ( O ) và dõy AN của đường trũn ( O’) sao cho AM AN Gọi BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường trũn (O) và (O’) với B (O) và C (O’)
1 Chứng minh OM // O’N
2 Chứng minh : Ba đường thẳng MN, BC, OO’ đồng qui
3 Xỏc định vị trớ của M và N để tứ giỏc MNO’O cú diện tớch lớn nhất Tớnh giỏ trị lớn nhất đú
Bài 5 ( 3 điểm )
1 Cho tam giỏc nhọn ABC Gọi ha, hb, hc lần lượt là cỏc đường cao và ma, mb,
mc lần lượt là trung tuyến của cỏc cạnh BC, CA, AB; R và r lần lượt là bỏn kớnh của cỏc đường trũn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giỏc ABC Chứng minh rằng :
maha + mb
hb +
mc
hc ≤
R+r r
2 Tỡm tất cả cỏc cặp số nguyờn dương a,b sao cho : a + b2 chia hết cho a2b – 1
Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2012 - 20 13 Môn thi : Toán
Trang 2Bài 1
(6 đ )
1 Tìm đúng điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠9
P = (1 − x −3√x
x −9 ):((√x +3 9 − x) (√x − 2)+
√x −3
2 −√x −
√x −2
√x+3) = … = 2
2 −√x
2 P > 0 { 2−√x >0
x ≥ 0 , x ≠ 4 , x ≠ 9
0 ≤ x <4
0,5đ 0,5đ 2,0đ 0,5đ 0,5đ
3 P ( x + 1 ) = − 3(x +1)
√x −2 =− 3(√x − 2+ 5
√x − 2+4)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si chỉ ra Max [P.(x +1)]=− 6√5 −12
Chỉ ra dấu bằng x = (√5+2)2
1,0đ 0,5đ 0,5đ Bài 2
(4đ)
1 Đặt n2 – 14n – 256 = K2 ( K є N )
( n – 7 )2 – K2
= 305 ( n – K – 7 )( n + K – 7 ) = 305 = 1.305 = 61.5
Xét các trường hợp: do n + K -7 > n – K – 7
n – K – 7 = 1 và n + K – 7 = 305 => n = 160
n – K – 7 = - 305 và n + K – 7 = -1 => n = -146 ( loại )
n – K – 7 = 5 và n + K – 7 = 61 => n = 40
n – K – 7 = -61 và n + K – 7 = -5 => n = -26 ( loại )
Vậy n = 40, K = 28 hoặc n = 160 , K = 152
2 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương a2 và b2
a2+b2≥ 2√a2b2=2 ab=2
A = (a+b +1)(a2
+b2)+ 4
a+b ≥ 2((a+ b+1)+ 2
a+b) = 2+(a+b+ a+b)4 +( a+b) Áp dụng BĐT Cô si có
A 2+2√(a+b) 4
a+ b+2√ab=2+4 +2=8
-> Giá trị nhỏ nhất của A=8 a = b = 1
1,0đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,5đ 0,5đ 0,5đ
0,5đ
Bài 3
(2đ) Điều kiện {0 ≤ x ≤ 2012 0 ≤ y ≤2012
Từ 2 phương trình của hệ ta có :
√x+√2012 − y=√2012 − x +√y
<-> √x −√2012 − x=√y −√2012− y
Nếu x > y thì −√2012− x>−√2012− y => VT > VP ( mâu thuẫn )
Tương tự nếu x < y => VT < VP ( mâu thuẫn )
=> x = y
=> Hệ {√x +√2012− x= x= y √2012 (1)(2)
0,5đ 0,5đ
0,5đ
Trang 3Bình phương 2 vế của pt (2) => x = 0 hoặc x = 2012
=> Nghiệm của hệ ( x;y) = (0;0),(2012;2012) 0,5đ
Bài 4
(5đ)
1 O1 =O1' ( ¿ 1800−2 ^ A1 ) => OM //O’N
2 Gọi P là giao điểm của MN và OO’
Có : PO'PO =O' N
OM =
R ' R
Gọi P’ là giao điểm của BC và OO’
Do OB // O’C => P ' O ' P ' O =O' C
OB =
R ' R
=> P = P’ -> đpcm
3 MNO’C là hình thang có
S = (OM+ O' N ) O ' H
R+R '
2 ⋅O' H ≤ R+R '
2 ⋅OO '= ( R+ R ' )
2
2
Dấu “ = “ xảy ra H O OM OO’ và O’N OO’
Vậy Max S = (R+ R ' )2
2
2,0đ 0,75đ
0,75đ 1,0đ
0,5đ
Bài 5
(2đ)
1
Gọi O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
A1 , B1, C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB
Có : AA1 = ma ≤ R + OA1 đẳng thức xảy ra AB = AC
BB1 = mb ≤ R + OB1 đẳng thức xảy ra AB = BC
CC1 = mc ≤ R + OC1 đẳng thức xảy ra AC = BC
Trang 4=> m h a
a
+m b
h b+
m c
h c ≤ R(h1a+
1
h b+
1
h c)+(OA1
h a +
OB1
h b +
OC1
h c ) (1)
Có 2S = ( a + b + c)r -> 2 S r =a+b+c= 2 S
h a +
2 S
h b +
2 S
h c
Với ( AB = c , BC = a , AC = b ) => h1
a
+ 1
h b+
1
h c=
1
r (2) 2S = a OA1+b OB1+c OC1=2 S
h a ⋅OA1+2 S
h b ⋅ OB+ 2 S
h c ⋅ OC1
= 2 S(OA1
h a +
OB1
h b +
OC1
h c ) => OA1
h a
+ OB1
h b
+ OC1
h c
=1 (3)
Từ (1),(2),(3) => m a
h a+
m b
h b+
m c
h c ≤
R+r r
Dấu đẳng thức xảy ra ∆ABC đều
2 Theo đề bài có : a + b2 = K(a2b – 1) ( K є N* )
a + K = b( Ka2 – b ) a + K = mb (1)
Với Ka2 – b = m ( m є N*) -> m + b = Ka2 (2)
Từ (1) và (2) có ( m – 1 )( b - 1 )= mb – b – m + 1
= a + K – Ka2 + 1 = ( a + 1)( K + 1 – Ka ) (3)
Vì m > 0 theo (1) nên ( m – 1 )( b – 1) ≥ 0 Từ (3)
=> K + 1 – Ka ≥ 0 => K + 1 ≥ Ka => 1 ≥ K( a – 1 )
=>
a=1 a=2 , K =1
K (a − 1)=0
K (a− 1)=1 ⇒¿
¿
* Nếu a = 1 từ (3) => (m – 1)(b – 1) = 2 => b = 2 hoặc b = 3
=> (a; b) = ( 1; 2) và ( 1; 3)
* Nếu a = 2, K = 1 => ( m -1)(b – 1 ) = 0
Khi m = 1 từ (1) => ( a; b ) = ( 2; 3 )
Khi b = 1 => (a; b) = ( 2; 1)
Thử lại ta có đáp số ( a,b) = (1,2),(1,3), (2,3),(2,1)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,25đ