Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THỌ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu1 (2đ) a) Giải phương trình 2x-5=1 b) Giải bất phương trình 3x-1>5 Câu2 (2đ) 3x y 3 a) Giải hệ phương trình 2x y 7 1 1 6 b) Chứng minh rằng 3 2 3 2 7 Câu 3 (2đ) Cho phương trình x2 -2(m-3)x – 1 =0 a) Giải phương trình khi m=1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 2 A=x1 – x1x2 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 4 (3đ) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N. a) CMR: ABC= DBC b) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp. c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng d) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất. 2 2 x 5y 8y 3 Câu 5 (1đ) Giải Hệ PT (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi có 1 trang Câu 1 ( 2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức A 29 30 2 9 4 2 5 2 Câu 2 ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2 +mx+1=0 ( m là tham số) a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm x2 x2 1 2 b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn 2 2 7 x2 x1 Câu 3 ( 2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình 2x2 2xy 5x y 2 0 2 2 4x y 2x 3 b)Giải phương trình x 1 x 16 x 4 x 9 Câu 4( 4 điểm) Cho đường tròn (O;R) có dây AB R 2 , M là điểm chuyển động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượt là giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC và AD a) Tính số đo góc AOB, góc MCD b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dài không đổi c) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố định Câu 5 (1,0điểm) 3 Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn x y z .Tìm giá trị nhỏ nhất 2 S x3 y3 z3 x2 y2 z2 Hết
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi có 1 trang Câu 1 ( 2.0 điểm) a) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a2+ b2= 2.Chứng minh rằng: a4 8b2 b4 8a2 6 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2x+2xy+y=5 Câu 2 ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2 -4x+m2+3m=0 ( m là tham số) c) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm d) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn điều kiện 2 A x1 4x2 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất Câu 3 ( 2,0 điểm) Giải phương trình x4 x2 2012 2012 Câu 4 ( 4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O1,R1) và (O2,R2) tiếp súc ngoài tại A (với R1> R2).Gọi AB và AC là hai đường kính của (O1) và (O2).Dây cung MN vuông góc ới BC tại trung điểm H của BC.Giải sử CN cắt (O2) tại tại điểm thứ 2 D. a)Chứng minh ba điểm M, A, D thẳng hàng b)Chứng minh HD là tiếp tuyến của (O2) c)Tính bán kính R của đường tròn tiếp súc ngoài với 2 đường tròn trên và tiếp súc với tiếp tuyến chung của chúng . Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.Chứng minh rằng 1 3a 1 3b 1 3c 6 1 b2 1 c2 1 a2 Hết Họ và tên thí sinh SBD Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2011-2012 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n 26 và n 11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Câu 2 (4,0 điểm) Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x2 x 1 0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2a 3 A 2 2a 4 2a 3 2a 2 Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x 1 x 2 3x 1 b) Giải hệ phương trình 2x 2 y2 1 2 xy x 2 Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung lớn A»B (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của các đường thẳng OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc a b 3ab . Chứng minh rằng ab b a 3. a b 1 bc c 1 ca c 1
5. Hết Chuyên Hùng Vương Ngày thứ nhất( dành cho mọi thí sinh) Câu1 (2điểm) a) Giải phương trình 2x-5=1 b) Giải bất phương trình 3x-1>5 Hướng dẫn a) 2x 5 1 2x 6 x 3 b) 3x 1 5 3x 6 x 2 Câu2 (2điểm) 3x y 3 a) Giải hệ phương trình 2x y 7 1 1 6 b) Chứng minh rằng 3 2 3 2 7 HD a) x=2 ; y= -3 3 2 3 2 6 b) VT = =VP (đpcm) 9 2 7 Câu 3 (2điểm) Cho phương trình x2 -2(m-3)x – 1 =0 c) Giải phương trình khi m=1 d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 2 A=x1 – x1x2 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn a) x1 = 2 5 ; x2 = 2 5 b)Thấy hệ số của pt : a=1 ; c=-1 => pt luôn có 2 nghiệm Theo vi-ét ta có x1 + x2 =2(m-3) ; x1x2 = -1 2 2 2 2 Mà A=x1 – x1x2 + x2 = (x1 + x2 ) - 3x1x2 = 4(m-3) + 3 3 => GTNN của A = 3  m=3 Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N. e) CMR: ABC= DBC f) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp. g) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng h) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất. Hướng dẫn a) Có AB=DB; AC=DC; BC chung => ABC= DBC (c-c-c) b) ABC= DBC => góc BAC=BDC =90 => ABDC là tứ giác nội tiếp
6. A 1 2 4 3 M 1 2 B C 2 1 3 4 D 2 1 N' N Hướng dẫn µ ¶ Có A1 M1 ( ABM cân tại B) ¶ ¶ A4 N2 ( ACN cân tại C) µ ¶ gócA1 = gócA4 A1 A4 ( cùng phụ A2;3 ) µ ¶ ¶ ¶  A1 M1 A4 N2 ¶ ¶ » gócA2 = gócN1 A2 N1 ( cùng chắn AD AD của (C) ) µ ¶ µ 0 ¶ ¶ µ 0 Lại có A1 A2 A3 90 M1 N1 A3 90 ¶ ¶ ¶ 0 Mà AMN vuông tại A => M1 N1 M 2 90 µ ¶ µ ¶ => A3 M 2 A3 D1 D· D¶ D¶ D· D¶ N· D· M¶ N¶ N¶ · ¶ 2,3 1 4 2,3 1 1,2 2,3 2 1 2 CDN cân tại C => N1,2 D4 suy ra 0 ¶ ¶ ¶ 0 0 0 90 M 2 N1 M1 90 90 180  M; D; N thẳng hàng. c) AMN đồng dạng ABC (g-g) Ta có NM2 = AN2 +AM2 để NM lớn nhất thì AN ; AM lớn nhất Mà AM; AN lớn nhât khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) Vậy khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) thì NM lớn nhất. khi đó Tam giác AMN vuông cân tại A có BC là đường trung bình 2 2 x 5y 8y 3 Câu 5 (1điểm) Giải Hệ PT (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y Hướng dẫn
7. y 1 ĐKXĐ x ; x 2y 2 2 2 x 5y 8y 3 (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y 2 2 x 5y 8y 3(1) [2(x 2y) 1] 2x y 1 [2(2x y 1) 1] x 2y(2) Đặt 2x y 1 a;(a 0); x 2y b;(b 0) phương trình (2) trở thành (2b2-1)a=(2a2-1)b 2ab2-a=2a2b-b (a-b)(2ab+1)=0 a=b ( vì 1+2ab>0) nên 2x-y-1=x+2y x=3y+1 thay vào PT (1) ta có (3y+1)2-5y2-8y=3 4y2-2y-2=0 2y2-y-1=0 nhẩm Vi ét a+b+c=0 ta có y1=1 suy ra x1=4 thỏa mãn ĐK 1 1 y x  dk 2 2 2 2 Hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;1) Chuyên Hùng Vương Toán Vòng 2 Câu 1 (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức A 29 30 2 9 4 2 5 2 Hướng dẫn 2 2 Ta có 9 4 2 2 2 2. 2 2 .1 12 2 2 1 nên 2 9 4 2 2 2 1 2 2 1 Do đó A 29 30 2 2 2 1 5 2 2 A 29 30 2 1 5 2 = 32 2.3.5 2 5 2 5 2 2 A= 3 5 2 5 2 3. Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 mx 1 0 (m là tham số).
8. a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm. 2 2 x1 x2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 và x 2 thỏa mãn 2 2 7. x2 x1 Hướng dẫn a) (0,50 điểm) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m2 4 0 m2 4 m 2 m 2 * m 2 Vậy giá trị phải tìm là m 2 hoặc m 2. b) (1,50 điểm) Với điều kiện (*) áp dụng định lý Viet ta có x1 x2 m x1x2 1 Khi đó phương trình có nghiệm x1 và x 2 khác 0 và 2 2 4 4 x1 x2 x1 x2 2 2 7 2 2 7 x2 x1 x1 x2 4 4 x1 x2 7 2 2 2 2 2 x1 x2 2x1 x2 7 2 2 2 2 x1 x2 2x1x2 2x1 x2 7 2 m2 2 2 7 m2 2 3 m 5 2 m 2 3 m 5 Kết hợp với điều kiện (*) ta được các giá trị của m là m 5 hoặc m 5 Câu 3 (2,0 điểm) 2x 2 2xy 5x y 2 0 a) Giải hệ phương trình 2 2 4x y 2x 3 b) Giải phương trình x 1 x 16 x 4 x 9 Hướng đẫn a) (1,00đ) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2x2 5x 2 2xy y 0 2x 1 x 2 y 2x 1 0 2x 1 0 2x 1 x y 2 0 x y 2 0 Giải hệ phương trình
9. 2x 1 0 2 2 I 4x y 2x 3 1 1 ta tìm được nghiệm x; y ; 1 , ; 1 . 2 2 Giải hệ phương trình x y 2 0 2 2 II 4x y 2x 3 và kết luận hệ (II) vô nghiệm. 1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S ; 1 , ; 1 . 2 2  b) (1,00đ) Với x 1 phương trình đã cho tương đương với x 16 x 1 x 9 x 4 x 16 x 1 x 9 x 4 15 5 x 16 x 1 x 9 x 4 x 16 x 1 3 x 9 x 4 1 Từ (1) và phương trình đã cho ta suy ra 2 x 1 4 x 4 2 x 9 x 1 x 9 2 x 4 2 Bình phương hai vế của phương trình (2) và rút gọn ta thu được phương trình (x 1)(x 9) x 3 Tiếp tục bình phương hai vế của phương trình lần nữa và rút gọn ta được 4x 0 x 0 (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0. Câu 4 (4,0 điểm) Cho đường tròn O; R có dây cung AB cố định và AB R 2. Lấy M là điểm di động trên cung lớn A»B sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và C, D lần lượt là các giao điểm thứ hai của các đường thẳng AH, BH với đường tròn O . Giả sử N là giao điểm của các đường thẳng BC và AD. a) Tính số đo của các góc A·OB và M· CD. b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn O và đoạn thẳng HN có độ dài không đổi. c) Chứng minh rằng đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
10. M C O I A' D B' H K A B E N H­íng dÉn a) (1,00đ) Ta có OA2 OB2 2R 2 AB2 Do đó tam giác OAB vuông tại O. Vậy A·OB 900. Gọi A/ , B/ lần lượt là chân các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B của ABM. Vì A·MB 450 nên tam giác B/ BM vuông cân tại B/ , do đó M· CD M· BD 450. b) (1,50đ) Vì tứ giác A/MB/H nội tiếp nên B·HC A·MB 450. Dễ thấy A·CB A·MB 450 nên tam giác BHC vuông cân tại B. Vì H· BC 900 nên CD là đường kính của đường tròn (O). Ta thấy BHC và BDN là các tam giác vuông cân nên BH = BC, BN = BD Do đó BHN = BCD (c.g.c) HN CD 2R. Vậy HN 2R có độ dài không đổi. c)(1,50đ) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng HN và CD thì trong tứ giác nội tiếp BHIC ta có B· IH B·CH 450 Tương tự A· IH A·DH 450.
11. Gọi E là giao điểm của đường thẳng HN với đường tròn (K) (với E khác I). thì A· IE B· IE 450 nên E là điểm chính giữa cung A»B của đường tròn (K). Vì A, B cố định nên E là điểm cố định. Vậy HN luôn đi qua điểm E cố định. Câu 5 (1,0 điểm) 3 Cho x, y, z là các số không âm thoả mãn x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 biểu thức S x3 y3 z3 x 2 y2z2. Hướng dẫn Ta có 2x 1 2y 1 2y 1 2z 1 2z 1 2x 1 0 Do đó trong 3 số 2x 1 2y 1 , 2y 1 2z 1 , 2z 1 2x 1 có ít nhất một số không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử 2y 1 2z 1 0 1 1 yz 2y 2z 1 1 x 1 4 2 - Nếu x 1 thì S 1 (do y, z 0 ) 1 2 1 2 - Nếu 0 x 1 thì y2z2 1 x , do đó x2y2z2 1 x .x2 2 4 4 3 3 3 3 1 3 Dễ thấy y z yz y z nên y z 1 x x 2 2 3 3 3 3 1 3 Do đó x y z x 1 x x 3 2 2 1 1 Khi đó S 4x3 2x2 5x 3 x2 2x3 x4 4 4 1 3 2 17 23 25 2x 1 2x 5x x 16 2 4 4 1 2 2 25 25 2x 1 2x 3 14 , x. 64 64 64 1 Dấu “=” xảy ra x 2 25 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng khi và chỉ khi x y z . 64 2 Cách khác Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy Dãy 1 x x; y y; z z dãy 2 x; y; z Ta có 3 2 (x3 y3 z3 ) (x2 y2 z2 )2 x3 y3 z3 (x2 y2 z2 )2 (*) 2 3 Ta chứng minh BĐT xyz (x y z)(x z y)(y z x)(*) Vế trái không âm nếu vế phải có 3 thừa số hoặc 1 thừa số âm thì BĐT (*) đúng Vế phải có 2 thừa số âm giả sử x y z 0 & x z y 0 2x 0 x 0 trái GT
12. Trường hợp cả ba thừa số đương áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có 2 x y z x z y 2 ( x y z )( x z y ) x (1) 2 2 z y x x z y 2 (z y x)(x z y) z (2) tương tự 2 2 x y z y z x 2 (x y z)(z y x) y (3) 2 Từ (1) (2) (3) BĐT (*) được chứng minh Áp dụng BĐT (*) ta có 3 3 3 xyz (x y z)(x z y)(y z x) 2z 2x 2y 2 2 2 27 9 x y z 6 xy yz xz 8xyz 8 2 2 2 2 2 27 2 2 2 2 2 2 3 x y z 9xyz 3 x y z x y z ( ) 8 8 3 2 2 2 2 (x y z) 3 Mặt khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có t x y z ( ) 3 4 Từ (*) , ( ) , ( )ta có 2 2 2 2 2 2 3 t 2t t t 9 7t 7t t 1 25 3 7t 1 25 25 S t t 3 8 3 3 9 4 64 9 12 3 4 64 4 9 3 64 64 Chu yên Hùng Vương Vòng 2 ( Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Câu 1 (2,0 điểm) a) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2 b2 2. Chứng minh rằng a 4 8b2 b4 8a 2 6 b)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2x 2xy y 5 Hướngđẫn a) (1,00 điểm) Vì a 2 2 b2 nên 2 2 a 4 8b2 2 b2 8b2 2 b2 b2 2 Tương tự b4 8a 2 a 2 2 Do đó a 4 8b2 b4 8a 2 a 2 2 b2 2 6 b) (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2x 2xy y 1 6
13. 2x 1 y 1 6 1 Vì x, y là các số nguyên và 2x 1 là số nguyên lẻ, nên 2x 1  3; 1; 1; 3 2 Xét các trường hợp ở (2) ta tìm được x  2; 1; 0; 1. Kết hợp với (1) ta tìm được giá trị tương ứng y  3; 7; 5; 1. Vậy giá trị phải tìm là x; y  2; 3 , 1; 7 , 0; 5 , 1; 1 . Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình x2 4x m2 3m 0. a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x1 và x2 thỏa mãn điều 2 kiện A x1 4x2 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất? Hướng đẫn a) (1,00 điểm) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi / 4 m2 3m 0 m2 3m 4 0 m 1 m 4 0 Do m 1 m 4, với mọi m nên m 1 0 m 1 m 4 0 m 4 4 m 1. Vậy giá trị phải tìm là 4 m 1. b) (1,00 điểm) Vì x1 là nghiệm của phương trình nên 2 2 2 2 x1 4x1 m 3m 0 x1 4x1 m 3m 1 2 2 Khi đó A 4x1 m 3m 4x2 2x1x2 4 x1 x2 2x1x2 m 3m Áp dụng định lý Viet ta có x1 x2 4 2 x1x2 m 3m Do đó A 16 2 m2 3m m2 3m m2 3m 16 Theo kết quả phần a) ta có m2 3m 4 0 nên A m2 3m 16 20 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 m 1 m 3m 4 m 4 Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 20 khi và chỉ khi m = 1 hoặc m 4. Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình x4 x2 2012 2012
14. Hướng đẫn Phương trình đã cho tương đương với x4 2012 x2 2012 1 1 x4 x2 x2 2012 x2 2012 4 4 2 2 2 1 2 1 x x 2012 2 2 2 2 2 1 2 1 x x 2012 2 2 1 1 x2 x2 2012 1 2 2 1 1 x2 x2 2012 2 2 2 8045 1 Giải phương trình (1) ta tìm được nghiệm x 2 Giải phương trình (2) và kết luận phương trình (2) vô nghiệm 8045 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2 Câu 4 (4,0 điểm) Cho hai đường tròn O1; R1 và O2 ; R 2 tiếp xúc ngoài tại điểm A (với R1 R 2 ). Gọi AB và AC lần lượt là đường kính của đường tròn O1 và O2 .Dây cung MN của đường tròn O1 vuông góc với BC tại trung điểm H của BC . Giả sử CN cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh rằng ba điểm M, A, D thẳng hàng. b) Chứng minh HD là tiếp tuyến của đường tròn O2 . c) Tính bán kính R của đường tròn tiếp xúc ngoài với hai đường tròn trên và với tiếp tuyến chung của chúng.
15. E P M K F O I Q H C B O1 A O2 D N a) (1,00đ) Ta có A·DC 900 nên AD  CN. Tương tự A·MB 900 nên AM  BM. Mặt khác tứ giác BMCN là hình thoi nên BM // CN. Mặt khác tứ giác BMCN là hình thoi nên BM // CN. Do đó MA  CN. Vậy ba điểm M, A, D thẳng hàng. b) (1,50đ) Ta thấy tam giác DMN vuông tại D có DH là đường trung tuyến nên tam giác HDN cân tại H, do đó H·ND H·DN. · · Dễ thấy tam giác O2CD cân tại O2 nên O2 DC O2CD · · 0 Vì tam giác HCN vuông tại H nên HND O2CD 90 . · 0 Do đó O2 DH 90 . Vậy DH là tiếp tuyến của đường tròn O2 . b) (1,50đ) Qua tâm O và O2 kẻ các đường thẳng song song với tiếp tuyến chung EF của hai đường tròn O1 , O2 . Xét các tam giác vuông O1O2I, O1PO, O2QO ta có 2 2 O2I (R1 R 2 ) (R1 R 2 ) 2 R1R 2 2 2 QO (R R 2 ) (R 2 R) 2 RR 2 2 2 PO (R R1 ) (R1 R) 2 RR1 Nhưng O2I PO QO do đó 2 R1R 2 2 RR 2 2 RR1 1 R1R 2 R R 2 R1 R1R 2 R 2 R1 R 2
16. / / Ngoài ra, ta còn có đường tròn O ; R tiếp xúc ngoài với hai đường tròn O1 , O2 và với tiếp tuyến chung của chúng. Trong hình vẽ trên, ta có thể xem như O2 / / ở vị trí O còn O ; R ở vị trí của O2 . / Từ 1 ta suy ra (bằng cách thay R 2 bằng R và R bằng R 2 ) / R1R 2 R 2 2 R1 R 2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab bc ca 3. Chứng minh rằng 1 3a 1 3b 1 3c 6 1 b2 1 c2 1 a 2 Hướng dẫn 2 2 1 3a 1 3a 1 b 1 3a b 1 3a b2 Ta có 1 3a 1 b2 1 b2 1 b2 Vì 1 + b2 2b nên 1 3a 1 3a b2 1 3a b2 1 3a b 1 3a 1 3a 1 3a 1 b2 1 b2 2b 2 1 3b 1 3b c 1 3c 1 3c a Tương tự 1 3b , 1 3c 1 c2 2 1 a 2 2 1 3a 1 3b 1 3c 5 3 Do đó 3 a b c ab bc ca (1) 1 b2 1 c2 1 a 2 2 2 Mặt khác 9 3 ab bc ca a b c 2 nên a b c 3 (2) Từ (1), (2) và giả thiết suy ra điều phải chứng minh. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 5 trang) Đáp án và biểu điểm
17. Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n 26 và n 11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. ĐÁP ÁN ĐIỂM Giả sử có số nguyên dương n sao cho: n 26 x3; n 11 y3 (với x, y là hai số nguyên dương và x > y) 1,5 đ Khi đó x3 y3 37 x y x 2 xy y2 37 Lại có 0 x y x 2 xy y2 và 37 là số nguyên tố nên x y 1 (1) 2 2 1,5 đ x xy y 37 (2) Thay x = y + 1 vào (2) ta được: y2 y 12 0 y = 3 là nghiệm duy nhất thoả mãn. Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. Câu 2 (4,0 điểm) Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x2 x 1 0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2a 3 A 2 2a 4 2a 3 2a 2 ĐÁP ÁN ĐIỂM Vì a là nghiệm của phương trình nên: 2a 2 a 1 0 2a 2 1 a * 1,0 đ 2a 4 a 2 2a 1 . Thay vào biểu thức A ta được: 2a 3 2a 3 A 1,0 đ 2 a 2 4a 4 2a 2 2 a 2 2 2a 2 2a 3 2a 3 = ( vì theo * thì a 1 ) 1,0 đ 2 a 2 2a 2 2 2 a 2a 2 2a 3 1 2 1,0 đ 2 2a a 1 2 2a 3 2 Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x 1 x2 3x 1 b) Giải hệ phương trình
18. 2x 2 y2 1 2 xy x 2 ĐÁP ÁN ĐIỂM x2 3x 1 0 (1) a) (2,0 điểm) Phương trình 4 3 2 8x 1 x 6x 7x 6x 1 (2) 1,0 đ Ta có (2) x 4 6x3 7x 2 14x 0 x x3 6x 2 7x 14 0 x x 1 x 2 7x 14 0 x 0 1,0 đ x 1 Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình. b) (2,0 điểm) Từ hệ đã cho ta suy ra: xy x 2 4x 2 -2y2 3x 2 xy 2y2 0 x y (x y)(3x 2y) 0 1,0 đ 3x 2y Nếu x y thì: x2 = 1 x 1 . y2 Nếu 3x 2y thì: 1 (không thỏa mãn). 1,0 đ 9 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là: S  1; 1 , 1; 1 . Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung lớn A»B (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R.
19. A K I D C M H O E B ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO MA2. Mặt khác M· AC A·DC nên MAC đồng dạng MDA (g.g), do đó MA MC 1,5 đ MC.MD MA2 MD MA Vậy MH.MO MC.MD MH MC Khi đó MD MO Do đó MHC đồng dạng MDO M· HC M· DO. 1,0 đ Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp HCD luôn đi qua điểm O cố định. b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB tại E, vì C·BE E·AB nên EBC đồng dạng EB EC 1,0 đ EAB. Do đó EA.EC EB2. EA EB Vì AD // MB nên E·MC M· DA M· AC. Do đó EMC đồng dạng EAM EM EC EA.EC EM2. EA EM 1,5 đ Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB. Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của MAB.
20. I M N B c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, do đó M· BA 600. Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp BMI thì trong tam giác vuông IM IM 2IM IMN ta có sin I·NM MN (1) MN sin 600 3 1,0 đ IM MH Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó . IK AK R 3R IM 3 3IK Dễ thấy OH nên AK = R và MH , do đó IM (2) 2 2 IK 2 2 IH 3 IH 3 Mặt khác . IA 2 AH 5 R 3 3R 3 R 3 Vì AH nên IH , IA . 2 10 5 1,0 đ 2R 7 3R 7 Khi đó IK , do đó IM (3) 5 5 R 21 Vậy đường tròn ngoại tiếp BMI có bán kính R / . 5 Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc a b 3ab . Chứng minh rằng ab b a 3. a b 1 bc c 1 ca c 1 ĐÁP ÁN ĐIỂM Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với 1 1 1 3 (1) 1 1 1 1 1 1 1 1 . .c c c. c a b a b b b a a 1,0 đ 1 1 Đặt x , y , z c thì x, y, z 0 và x y z 3 đồng thời bất đẳng thức a b phải chứng minh trở thành
21. 1 1 1 3 (2) xy x y yz y z zx z x Ta chứng minh x y 1 2 3 xy x y , với  x, y. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 2 x2 y2 1 2xy 2y 2x 6 xy x y x y 2 x 1 2 y 1 2 0 Dấu “=”xảy ra x y 1 . 1 3 Do đó , với x, y 0 . Dấu “=” xảy ra x y 1 . xy x y x y 1 Tương tự ta suy ra 1 1 1 3 3 3 (3) xy x y yz y z zx z x x y 1 y z 1 z x 1 Dấu “=” xảy ra x y z 1 . 1 1 1 9 Ta chứng minh: ,  m, n, p 0 m n p m n p Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với n p m p m n 1 1 1 9 1,0 đ m m n n p p n m p m p n 6 m n m p n p Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu “=”xảy ra m n p. Do đó 3 3 3 9 3 3 (4) x y 1 y z 1 z x 1 2 x y z 3 Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=”xảy ra x y z 1 hay a b c 1. HẾT