Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên 8x2 3xy 5y 25 2)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n 3n 7 Câu 2( 4,0 điểm) 2 10 30 2 2 6 2 1) Rút gọn biểu thức: A= : 2 10 2 2 3 1 x2 yz y2 zx z2 xy 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn . a b c a2 bc b2 ca c2 ab Chứng minh rằng x y z Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x2 6x m 0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đã 2 2 cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x1 x2 12 8x3 y3 27 18y3 2) Giải hệ phương trình: 2 2 4x y 6x y Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn vuông góc và cắt BD tại H. Gọi P,Q,R,S lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB. a) CMR: HA2 HB2 HC 2 HD2 không đổi. b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh MN NP PQ QM AB,BC,CD,DA của hình vuông. CMR: S ≤ AC ABCD 4 Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: ab bc ca a b c a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b 6 Hêt—
2. Hướng dẫn Câu1.1)8x2 3xy 5y 25 8x 2 25 25 y(3x 5) 8x 2 25 y 9y 24x 40 Z 3x 5 3x 5 Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được (x; y) ( 10; 31);( 2; 7);(0; 5) ( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích) 1.2) Với n chẵn n=2k thì 7t 1 A 2k.42k 32k (2k 1).42k (16k 9k )7 2k 17 k n 14t 1 14m 6 m N 2 Với n lẻ n=2k+1 A (2k 1).42k 1 32k 1 2k.42k 1 (42k 1 32k 1 )7 2k7 k 7t n 14m 1 m N Vậy n 14m 6 hoặc n 14m 1 ( với mọi n N) thì A chia hết cho 7 2 10 30 2 2 6 2 Câu2.1) : = 2 10 2 2 3 1 2 2( 5 1) 6( 5 1) 3 1 2 3 3 1 4 2 3 3 1 3 1 3 1 1 . . . . 2 2( 5 1) 2 2 2 4 2 2 2 2 x2 yz y2 zx z2 xy 2.2) a b c a b c a 2 bc a 2 bc (1) x 2 yz y 2 xz z 2 xy x 4 2x 2 yz y 2 z 2 y 2 z 2 xy3 xz 3 x 2 yz x(x3 y 3 z 3 3xyz) b2 ac b2 ac Tuongtu : (2) y 4 2y 2 xz x 2 z 2 x 2 z 2 x3 y yz 3 xy 2 z y(x3 y 3 z 3 3xyz) c 2 ab c 2 ab Tuongtu : (3) Z 4 2xyz 2 x 2 y 2 x 2 y 2 x3 z y 3 z xyz 2 z(x3 y 3 z 3 3xyz) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm / 0 m 9 (*) x1 x2 6 x1 x2 6 x1 4 Mặt khác ta phải có x1.x2 m x1.x2 m x1.x2 m m 8 TM ĐK (*) 2 2 x 2 x1 x2 12 x1 x2 2 2 8x 3 y 3 27 18y 3 3.2)Giải hệ phương trình 2 2 4x y 6x y HD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ 27 8x 3 18 3 2x a 3 3 y a b 18 a b 3 Đặt ta có hệ 2 3 2 2 x x b a b ab 3 ab 1 4 6 2 1 y y y
3. 3 5 6 3 5 6  Hệ có 2 nghiệm (x, y) ; ; ;  4 3 5 4 3 5  Câu 4.1) A Q P B D O H S R C a) theo Pitago HA2 HB 2 AB 2 ;HC 2 HB 2 BC 2 ;HC 2 HD 2 CD 2 ;HA2 HD 2 AD 2 ; suy ra đpcm b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPS HBS DBC Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật HPQ HAQ CAD CBD Do đó SPQ HPS HPQ 2CBC Tương tự SQR 2BDC Do đó DBC BDC 1800 SPQ SRQ 1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo) 4.2) A M B I N K Q L C D P Cách 1 Gọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam giác vuông ta có MN NP PQ QM 2(KL CL IK AI) 2AC từ đó suy ra đpcm Cách 2 Ta có theo Pitago
4. (BM BN)2 BM BN MN 2 BN 2 BM 2 MN ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky) 2 2 CN NP DP DQ AQ AM Tương Tự NP ;PQ ;MQ 2 2 2 Nên BM NB NC CP PD DQ QA AM 4a MN NP PQ QM 2a 2 2 2 a 2 MN NP PQ QM a 2 dpcm 4 Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật Câu 5 Cho a,b c>0 .Chứng minh rằng: ab bc ca a b c a 3b 2c 2a b 3c 3a 2b c 6 Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b 1 1 1 1 1 1 1 1 Tacó áp dụng BĐT (x y z) 9 x y z x y z 9 x y z ab ab ab 1 1 1 1 ab ab a (1) a 3b 2c (a c) (b c) 2b 9 a c b c 2b 9 a c b c 2 Tương tự bc bc bc 1 1 1 1 bc bc b (2) 2a b 3c (a b) (a c) 2c 9 a c b c 2b 9 a b b c 2 ac ac ac 1 1 1 1 ac ac c (2) 3a 2b c (a b) (b c) 2a 9 a b b c 2a 9 a b b c 2 Từ (1) (2) (3) 1 ac bc ab ac bc ab a b c a b c P 9 a b b c a c 2 6 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c