DE LUYEN THI HOC SINH GIOI MON TOAN 9 2012 2013

Giải hệ phương trình:.[r]

Trang 1

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9-THCS

THAM DỰ KỲ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề )

( Đề thi có 01 trang )

Câu 1 (4,5 điểm).

a) Rút gọn biểu thức: A = 5 3 29 12 5 ;

b) Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là một số nguyên và có diện tích bằng chu vi

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Giải phương trình: 3 x 2 + 3 7 x = 3;

b) Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:

3x - 2y - 2 y 2012 +1 =0

3y - 2z - 2 z  2013 + 1 = 0

3z - 2x - 2 x  2 - 2 = 0;

Tính giá trị của biểu thức P = ( x - 4)2011 + ( y + 2012)2012 + ( z - 2013)2013

Câu 3 (3,0 điểm).

Giải hệ phương trình:

3

y x



  







Câu 4 (6,5 điểm).

Cho nửa đường tròn đường kính AB, tâm O Từ A, B kẻ hai tia tiếp tuyến

Ax và By (Tia Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F

a) Gọi giao điểm của AF và BE là K Chứng minh MK vuông góc với AB;

b) Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh rằng:

1

3<

r

R<

1

2; c) Vẽ tam giác vuông cân MBD đỉnh B ra phía ngoài nửa đường tròn Chứng minh rằng khi M di chuyển trên nửa đường tròn đường kính AB thì đường thẳng đi qua D và song song với MB luôn đi qua một điểm cố định

Câu 5( 2,0 điểm).

Cho x, y >1 Chứng minh rằng:

8 ( 1).( 1)

x y x y



Trang 2

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 - THCS

THAM DỰ KỲ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn: Toán

-Câu 1 (4,5 điểm):

a) Rút gọn biểu thức: A = 5 3 29 12 5 ;

b) Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là một số nguyên và có diện tích bằng chu vi.

a) A = 5 3 29 12 5 =

2

b) Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông: 1 x y z   Ta có:

x y z (1)

xy = 2( x + y + z) (2)

0,50 Từ (1) ta có: z2 (x y )2 2xy(x y )2 4(x y z  ) 0,50

(x y )  4(x y ) 4  z  4z 4

(x y 2) (z 2)

      x y  2  z 2 ( do x+ y  2) 0,50 Thay z = x + y - 4 vào (2) ta được:

x - 4 =1 và y - 4 =8  x = 5 và y = 12  z = 13

x - 4 =2 và y - 4 =4  x = 6 và y = 8  z = 10

Vậy các tam giác vuông phải tìm có các cạnh là:

Câu 2 (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: 3 x 2 + 3 7 x = 3;

b) Cho 3 số x, y,z thỏa mãn đồng thời:

3x - 2y - 2 y 2012 +1 =0

3y - 2z - 2 z  2013 + 1 = 0

3z - 2x - 2 x  2 - 2 = 0;

Tính giá trị của biểu thức P = ( x - 4)2011

+ ( y + 2012)2012

+ ( z - 2013)2013

.

a) 3 x 2 + 3 7 x = 3

     3 x 2 3 7 x (3 x 2 + 3 7 x ) = 27 0,50

Trang 3

 (x + 2 ) ( 7 - x ) = 8

 x2

- 5x - 6 = 0

0,50

 x = -1; x = 6

Vậy phương trình có nghiệm x = -1; x = 6 0,50 b) 3x - 2y - 2 y 2012 +1 =0 (1)

3y - 2z - 2 z  2013 + 1 = 0 (2)

3z - 2x - 2 x  2 - 2 = 0 (3)

Cộng vế với vế của (1), (2), và (3) ta được:

x + y + z - 2 y 2012 - 2 z  2013- 2 x  2 = 0

0,50

 ( x - 2 - 2 x  2 + 1) + ( y + 2012 - 2 y 2012 + 1)

 ( x  2 - 1 )2

+ ( y 2012 - 1)2

+ ( z  2013- 1)2

= 0

 x  2 - 1 = 0  x = 3

y 2012 - 1 = 0  y = - 2011

z  2013- 1 = 0  z = 2014

0,50 Vậy P = ( 3 - 4)2011

+ ( - 2011 + 2012)2012

+ ( 2014 - 2013)2013  P = -1 + 1 +1 = 1 0,50

Câu 3 (3,0 điểm):

Giải hệ phương trình: 3

y x



  





Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có

( x - y ) ( 1+

1

xy) = 0

x y

y x







x y

x x x







 x = y = 1; x = y =

2

 

; x = y =

1 5 2

 

1

xy

y x







3

1

2

1

y x x x









  

1

2 0

y x

x x









0,50

Trang 4

(Ta có x4

+ x + 2 = ( x2

-

1

2)2

+ ( x +

1

2)2

+

3

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm

x = y = 1; x = y =

2

 

; x = y =

2

 

Câu 4: (6,5 điểm)

Cho nửa đường tròn đường kính AB, tâm O.Từ A, B kẻ hai tia tiếp tuyến

Ax và By ( Tia Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F

a) Gọi giao điểm của AF và BE là K Chứng minh MK vuông góc với AB;

b) Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh rằng:

1

3<

r

R<

1

2; c) Vẽ tam giác vuông cân MBD đỉnh B ra phía ngoài nửa đường tròn Chứng minh rằng khi

M di chuyển trên nửa đường tròn đường kính AB thì đường thẳng đi qua D và song song với

MB luôn đi qua một điểm cố định.

a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

AE = EM, BF = FM

0,50 Vì Ax và By cùng vuông góc với AB nên Ax // By, theo định lí Ta-lét ta

có:

KF BF

KA AE

0,50



KF MF

KA ME

0,50

 MK // AE

b) Chứng minh tam giác OEF vuông tại O, OM là đường cao và OM = R 0,50 Gọi độ dài 3 cạnh của tam giác OEF là a, b, c; EF = a

Ta có SEOF=

1

2r (a + b + c) =

1

2aR

 aR = r( a + b + c) 

R a b c 

0,50

Mà b + c > a  a + b + c > 2a 

a

a b c  < 2

a

a<

1

Mặt khác: b< a, c < a  a + b + c < 3a

0,50

Trang 5

a

a b c  >3

a

a >

1

3 

1

3<

r

R<

1

2 c) Gọi T là giao điểm của tia By và đường thẳng đi qua D và song song với

Chứng minh tam giác AMB và tam giác TDB bằng nhau ( g-c-g)

0,50

T thuộc tia By cố định  T cố định

Vậy khi M di chuyển trên nửa đường tròn đường kính AB thì đường thẳng

đi qua D và song song với MB luôn đi qua điểm cố định T 0,50

Câu 5: ( 2,0 điểm)

Cho x, y >1 Chứng minh rằng:

8 ( 1).( 1)

x y x y



Ta có P =

( 1).( 1)

x y x y

y x  2

.

x y

y x =

2 ( 1)( 1)

xy

x y (1) 0,50 Lại có

1 1.( 1)

x  x    

0,25

1 1.( 1)

y  y    

0,25 Suy ra ( 1)( 1) 4

xy

x y 



2 ( 1)( 1)

xy

Từ (1) và (2) suy ra

8 ( 1).( 1)

x y x y



0,25

Dấu bằng xảy ra 

y x và x = y = 2

 x = y =2

0,50

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	222 KB