Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Phòng GD & ĐT Triệu Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Phòng GD & ĐT Triệu Sơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TRIỆU SƠN Năm học 2012 – 2013Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Ngày thi: 11/01/2013 5 5 Câu 1: (4,0 điểm) 1. Cho biểu thức: P 1 x : 1 . 2 1 x 1 x a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm x để P P. 1 1 2. Cho a 0 , thoả mãn điều kiện: a 2 23. Tính giá trị của biểu thức: A a 5 . a 2 a 5 Câu 2: (4,0 điểm)1. Trên mặt phẳng toạ độ cho đường thẳng (d) có phương trình: (k - 2)x + (k - 1)y = 1 (k là tham số). Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng (d) là lớn 1 1 9 x y x y 2 nhất. 2. Giải hệ phương trình: 1 5 xy xy 2 Câu 3: (4,0 điểm) 1. Tìm các cặp số nguyên x, y thoả mãn điều kiện: x 2013 2 y(y 1)(y 2)(y 3). 2. Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích tứ giác là 1, chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá 1 . 10 Câu 4: (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có AC = 3AB = 3a và BAC = 600. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ADB = 300. Đường thẳng vuông góc với AD tai D cắt tia AB ở E và cắt cạnh AC ở F. Hạ EK vuông góc với AC (K AC). a) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo a. b) Chứng minh ba đường thẳng AD, BF và EK đồng quy. 2. Diện tích của một hình thang bằng 1. Hỏi đường chéo lớn có giá trị bé nhất là bao nhiêu? 3 Câu 5: (2,0 điểm) Cho x, y , z 0 và x y z . Chứng minh rằng: 2 1 1 1 3 x 2 y 2 z 2 17. x 2 y 2 z 2 2
2. Câu Nội dung đáp án Điểm 1. a) ĐKXĐ: 1 x 1 . 0,5 5 5 5 1 x 2 5 1 x 2 Ta có: P 1 x : 1 : 0,75 2 2 1 x 1 x 1 x 1 x 5 1 x 2 1 x 2 0,75 . 1 x. 1 x 5 1 x 2 b) Với 1 x 1 và P P thì 0 P 1 0,5 Suy ra P 1 x 1 => 1 x 1  0 x 1 0,25 1 (4,0đ) Vậy với 0 x 1 thì P P. 0,25 2 1 1 2. Từ giả thiết, suy ra: a 25 => a 5 (vì a 0 ) 0,25 a a 1 1 1 Ta có: a 3 a a 2 1 110. 0,25 a 3 a a 2 1 1 1 1 Vậy A a 5 a 2 a 3 a 2525. 0,5 a 5 a 2 a 3 a 1. Với k = 1. Phương trình đường thẳng (d) có dạng x = -1, khoảng cách từ gốc toạ độ đến 0,25 (d) là 1. Với k = 2. Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = 1, khoảng cách từ gốc toạ độ đến 0,25 (d) là 1. Với k 1 và k 2. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với Ox, Oy. 1 1 0,25 Thay y = 0 vào phương trình ta được xA => OA k 2 k 2 1 1 0,25 Thay x = 0 vào phương trình ta được yB => OB k 1 k 1 Rõ ràng (d) không đi qua gốc toạ độ với mọi k 1 và k 2 y (d) Tam giác AOB vuông tại O. Theo định lý Pitago, ta có: 1 1 1 1 2 2 2 => OH OH OA OB 2k 2 6k 5 2 2 3 1 1 (4,0đ) Mặt khác, ta có: 2k 2 6k 5 2 k (với mọi k) 2 2 2 O A x 1 3 H Do đó: OH 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi k = 1 2 2 Vậy khoảng cách từ O đến đường thẳng (d) lớn nhất là 2 3 khi k = . B 2 2. ĐKXĐ: xy 0. 0,25 2xy x y x y  9xy 1 Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 0,25 2 xy 5xy 2 0 2 0,5
3. 1 Giải phương trình (2) theo xy , ta được: xy 2 hoặc xy 2 0,5 * Với xy 2 , thay vào (1) ta được x y 3 . Từ đó tìm được x; y 1;2 , 2;1  0,5 1 3 1 1  * Với xy , thay vào (1) ta được x y . Từ đó tìm được x; y 1; , ;1  2 2 2 2  1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: x; y 1;2 , 2;1 , 1; , ;1  2 2  1. Đặt t y 2 3y thì x 2013 2 t 2 2t 0,5 Nếu t 0 thì t 2 t 2 2t (t 1) 2 0,5 Do đó x 2013 2 không là số chính phương. Vậy t 0 , khi đó y 2 3y y y 3 0 0,5 Vì y nguyên nên y 0; 1; 2; 3 3 Vậy x; y 2013;0 , 2013; 1 , 2013; 2 , 2013; 3  . 0,5 (4,0đ) 2. Nối các điểm sao cho chúng tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhau nhiều 0,75 nhất một cạnh và phủ vừa kín tứ giác. Do tổng các góc trong tam giác bằng: 360 0 + 4.3600 = 10.1800 nên chỉ có 10 tam giác. Như vậy, theo nguyên lý Diriclet thì phải có ít nhất một tam giác có diện tích 0,75 không vượt quá 1 . 10 0,5 a 1.a) (2,0đ) Kẻ BH  AC, ta có AH = AB.cosB· AH = a.cos 600 = , 2 a 3 BH = AB.sinB· AH = a.sin 600 = . 2 a 5a CH = AC – AH = 3a – = 2 2 25a 2 3a 2 Suy ra BC = BH2 CH2 a 7 . 4 4 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H O 4 A BC a 7 K Kẻ OI  BC I BC , ta có BI = . F (6,0đ) 2 2 BI a 7 a 7 3 a 21 B I D C BO = :sin B· AC : . sin B· OI 2 2 2 3 b) (2,0đ) Ta có B· DF B· DA A· DF 300 900 1200. Tứ giác ABDF có B· AF B· DF 600 1200 1800 . tứ giác ABDF nội tiếp. Suy ra A· BF A· DF 900 . E Hay FB là đường cao của tam giác AEF. Do FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BF đồng quy. 2. (2,0đ) Giả sử hình thang ABCD có hai đường chéo AC = m1 và BD = m2 và m1 m2 0 .
4. Hạ đường cao AH và BK suy ra HC KD 0,5 2HC HC + KD = DC + AB (*) AHC vuông tại H. Theo định lý Pitago, A B 2 2 2 ta có: AH HC m1 2AH.HC (DC AB).h 2S ABCD 2 0,5 Theo BĐT Cosi, ta có: m m2 1 AH 2 A HHC2 2 H Cm22 m2A2 H .2HACH .H(DCC (DACB) .hA B2).Sh 2S 2 2 1 1 ABCD ABCD Kết hợp với (*), ta có: AH 2 HC 2 m 2 2AH.HC (DC AB).h 2S 2 1 ABCD D C 0,5 2 H K m1 2 m1 2 HC KD Dấu bằng xảy ra AH HC 0,5 m 2 khi đó min 1 Vậy nếu diện tích của một hình thang bằng 1 thì đường chéo lớn có giá trị bé nhất là m 2 1 . 1 1 1 9 3 Ta có: 6 (vì x y z ) x y z x y z 2 0,5 2 1 1 1 2 Đặt a , suy ra a 6 x y z b x y z 2 , 0,5 Khi đó, ta có ab 92 2 2 2 2 0,25 3 a b 2 3 a 3 ab 2 3 a a b 2 2 6 2 2 2 6 2 2 6 3 2 6 2 9 2 6 5 2 2 2 2 (2,0đ) 3 3 3 0,25 Suy ra a b 2 62 62 2 2 2 Bây giờ áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 a2 b1 b2 c1 c2 a1 b1 c1 a2 b2 c2 Ta được 0,25 2 2 1 1 1 2 1 1 1 3 3 Q x 2 y 2 z 2 x y z 62 17 2 2 2 x y z x y z 2 2 0,25 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z . 2 Chú ý: 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh tiếp tục sử dụng kết quả sai để làm bài ở các phần tiếp theo thì không tính điểm ở các phần tiếp theo đó.