Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ TĨNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức: M (x y)3 3(x y)(xy 1) , biết x 3 3 2 2 3 3 2 2 , y 3 17 12 2 3 17 12 2 b) Giải phương trình: 2x x 5 x2 x 1 x2 x 1 3 Bài 2: a) Giải hệ phương trình: x2 y2 3 4x (1) 3 3 2 x 12x y 6x +9 (2) b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên (ab 1)(bc 1)(ca 1) P abc Bài 3: Tam giác ABC có chu vi bằng 1, các cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức: a b c 3 1 a 1 b 1 c 2 Chứng minh tam giác ABC đều. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy M bất kỳ trên đoạn thẳng AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD. a) Chứng minh AH vuông góc với BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I. Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng. Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x4 y4 z4 F (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh
2. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013 Bài 1: a) Ta có 3 x3 3 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 33 3 2 2 3 2 2 . 3 3 2 2 3 3 2 2 x3 4 2 3x x3 3x 4 2 (1). Tương tự: y3 3y 24 2 (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được x3 y3 3(x y) (x y)3 3(x y)(xy 1) 20 2 Vậy M = 20 2 2 2 2 1 3 2 1 3 b) Ta có x x 1 x 0 x; x x 1 x 0 x 2 4 2 4 Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho tương đương với t 2 2 1 5 1 (với t x ) 5t 2 3t 14 0(t 1;t 1) (t 2)(5t 7) 0 7 t 1 t 1 3 x t 5 1 * Nếu t = 2 x 2 (x 1)2 0 x 1 x 2 7 1 7 7 51 * Nếu t x x 0 vô nghiệm. 5 x 5 10 100 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1. Bài 2: a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12x 3x2 3y2 thế vào phương trình (2) thu gọn ta được: x y 0 x3 y3 3(x2 y2 ) (x y)(x2 xy y2 3x 3y) 0 2 2 x xy y 3x 3y 0 * Nếu x y 0 y x y2 x2 thế vào phương trình (1) ta được 2x2 3 4x 2(x 1)2 1 0 phương trình này vô nghiệm. * Nếu x2 xy y2 3x 3y 0 , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được: x 3 xy 3x 3y 3 4x xy x 3y 3 0 (x 3)(y 1) 0 y 1 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2). + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1).
3. (ab 1)(bc 1)(ca 1) 1 1 1 1 b) Ta có P abc (a b c) , vì a, b, c là các số tự abc a b c abc 1 1 1 1 nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi M là số nguyên. a b c abc Do vai trò như nhau nên ta giả sử a 0 ; b > 0 ; c > 0 và 1 a 1 b 1 c 2 b c b c b c 2 1 1 1 1 1 1 2 a b c 9 x y z 9 a b a b a b x y z x y y z z x (với x a b 0; y b c 0; z c a 0 ) 2 2 2 0 y x z y x z x y 2 y z 2 z x 2 0 x y z a b c . Vậy tam giác ABC đều. xy yz zx Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau: B D I E M N H C A P a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên
4. AD  BC và AD là tia phân giác của B· AC . Do M AD, MN  AB, MP  AC nên suy ra tứ giác ANM P là hình vuông. Mặt khác tứ giác ANHP có N· AP N· HP 900 900 1800 nên nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra ·AHP ·ANP 450 (cùng chắn cung AP). Xét tứ giác BDHA có ·ABD D· HA 450 D· HA ·AHP D· HA 1800 (hai góc kề bù) suy ra tứ giác BDHA nội tiếp suy ·AHB ·ADB 900 hay AH  BH b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AM và NP suy ra ·AHM 900 ·AHB suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên B· HN M· HN 450 (1) Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra ·ABI 450 . Gọi E là trung điểm của AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. Xét tứ giác AIBH có ·AIB ·AHB 900 900 1800 nên nội tiếp suy ra B· HI B· AI 450 (2) Từ (1) và (2) B· HN B· HI suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng. 2 2 a b 2 Bài 5: Ta có (a b)2 0 a b (dấu “=” xảy ra khi a = b) 2 x4 y4 Ta có: x y ; (x2 y2 )(x y) (x2 y2 )(x y) y4 z4 z4 x4 Tương tự: y z; z x (y2 z2 )(y z) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) (z2 x2 )(z x) x4 y4 z4 Do đó F (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) 1 x4 y4 y4 z4 z4 x4 2 2 2 2 2 2 2 (x y )(x y) (y z )(y z) (z x )(z x) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x y y z z x 4 (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) 2 2 2 2 2 2 1 x y y z z x 4 (x y) (y z) (z x) 2 2 2 1 x y y z z x 1 1 x y z 8 (x y) (y z) (z x) 4 4 1 1 Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x = y = z = 4 3