De thi HSG Vinh Phuc 2012

Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có đỉnh là các mút của lưới.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.[r]

PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN 9

Năm học 2012-2013

( Thời gian làm bài 150 phút không kể phát đề)

Câu 1:

a,Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 2y2 2013

b, Chứng minh rằng, tổng bình phương của p số nguyên liên tiếp ( p là số nguyên tố, p > 3) chia hết cho p.

Câu 2:

a, Trên mặt phẳng, xét lưới các ô vuông 1 1  Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có đỉnh là các mút của lưới

b, Cho a b c ; ; 0 và thỏa mãn điều kiện a c b a c b abc3  3  3 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

P

Câu 3:

a, Rút gọn biểu thức

 3  3

2

2

2 1

M

x



 

b, Giải phương trình

2 4

3

Câu 4:

Từ một điểm A ở ngoài đường tròn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với B, C là các tiếp điểm Trên đoạn OB lấy điểm N sao cho BN=2ON Đường trung trực của đoạn thẳng CN cắt

OA tại M Tính tỉ số

AM

Câu 5:

a, Giải hệ phương trình

   

2

5 4 4

5 4 16 8 16 0







b, Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng

SinA SinB SinC  2 cos AcosBcosC

……… Hết ………

PHÒNG GD & ĐT YÊN

LẠC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN 9

Năm học 2012-2013

1(2đ) a, Vì x2  2y2 lẻ suy

ra x lẻ

0,25

Đặt x 2m 1, m Z , thay vào phương trình

ta được

2m m 1  y  1006

(1)

0,25

Từ (1) suy ra y chẵn Đặt y=2n+1, n Z

0,25

Thay vào (1) , ta được

 1 2 2 503

suy ra m(m+1) lẻ ( vô lý)

0,25

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

b, Giả sử p số nguyên liên tiếp là

1, 2, 3, ,

a Z 

Đặt

 12  22  

2 2 1 2 1 2 2 2 2

0,25

1

6

6A p 6a 6 p 1 a p 1 2p 1  p

     0,25   

Do p là số nguyên tố, p>3 suy ra (p,6)=1

Vậy A chia hết cho p

0,25

C B

A

P N M

Giả sử tồn tại tam giác đều ABC có các đỉnh là các nút lưới Xét hình chữ nhật bao quanh tam giác ABC ( các đỉnh A,B,C nằm trên cạnh của hình chữ nhật) Ta có thể chọn sao cho một đỉnh của hình chữ nhật trùng với một đỉnh của tam giác ABC, như hình vẽ

0,25

Vì các cạnh của HCN

là một số nguyên, suy

ra SAMNP Q

,

AMB

, SNCB Q

,

ACP

Suy ra SABC 

AMNP

S  SAMB  SNCB 

ACP

0,25

Gọi cạnh của tam giác đều là a thì

 

4

ABC

a

0,25

Vì a2 AM2MB2Z

, nên SABC Q

mâu thuẫn với (*) Suy ra ĐPCM

0,25

b, Áp dụng BĐT

AM-GM, ta có

 2

 

 

 

0,25

2

2 2

P

a b c

0,5

Vậy GTNN của P=

9 2

khi và chỉ khi

1 3

0,25

3(2đ) a, ĐKXĐ là    1 x 1

Ta có

0,25

1 1

0,25

1 x  1  x  1 x 1  x 2  1  x

0,25

-Suy ra

2

.

M

x x

 

0,25

b, Ta có

3

0,25

 3

4x x 2 4x x 2

     0,25

3

2 1 4 16 2

3

1 4



0,5 4(2đ)

M A

C

B K N O

Gọi K là trung điểm của BN Ta có OA là trung trực của đoạn BC

0,5

Do M thuộc OA nên MB=MC

0,25

Do M thuộc trung trực của CN nên MC=MN

Suy ra MB=MN

0,25

Do đó M thuộc trung trực của BN, suy ra

0,25

Vì OBBA ( Tính chất tiếp tuyến)

/ /



0,25

Xét tam giác OBA, theo định lí Ta-Lét ta

có

1 3

0,5

5(2đ) Biến đổi PT thứ hai ta 0,25

y 5x 4 y x 4 0

5 4

4

 



   



- Với y=5x+4, thay

vào PT đầu ta được

 2    

4

0



  





  



0,25

-Với y=4-x, thay vào

phương trình đầu ta

được

4 2 5 4 4   0 4 0

  





0,25

Vậy nghiệm của hệ

phương trình là

 ,  0; 4 , 4;0 ,   4;0

5

0,25

b, Gọi (O;R) là

đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC, H,K,L

tương ứng là trung

điểm của BC,CA,AB

L

K

H O

C

B

A

Ta có

 1 

2

( vì tam giác BOC cân tại

O và OH là đường

cao)

sin sin

;

0,25

cosA cosHOC OH OH

Ta cần chứng minh

AB+BC+CA<4(OH+

OK+OL)

0,25

Ta có

2

AB

;

2

BC

;

2

AC

0,25

Suy ra

AB+BC+CA<4(OH+

OK+OL)

0,25