Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở GD&ĐT Thái Bình (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở GD&ĐT Thái Bình (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 THÁI BÌNH Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (3,0 điểm) Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. Câu 2. (3,0 điểm) Cho biểu thức: P 1 x 1 x 1 x2 1 x 1 x 1 x2 với x  1;1 1 Tính giá trị của biểu thức P với x . 2012 Câu 3. (3,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 x2 1 y2 16x2 x2 2x y3 9 8x3y 8xy Câu 4. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x2 và hai điểm A(-1;1), B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m 1 m 3 . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. AI BI CI a) Chứng minh: 2 . AM BN CP 1 1 1 4 b) Chứng minh: . AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI 2 Câu 6. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: y + z - x = R + r. Câu 7. (2,0 điểm) x;y R x y 2 2 Cho x; y thỏa mãn 1 . Chứng minh rằng: . 0 x;y 1 y 1 x 3 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Gồm 4 trang) CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi Câu 1 3.0 bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. Gọi độ dài các cạnh của tam giác vuông là a, b, c (a là độ dài cạnh huyền) Theo giả thiết và định lý Pitago, ta có: a b c bc 1 0.5 2 2 2 b c a 2 b2 c2 2bc 2 a b c a2 0.5 b c 1 2 a 1 2 b c 2 a 0.5 a b c 0 loaïi Thế a = b + c - 2 vào (2) ta được: 2 + bc - 2b - 2c = 0 b-2 c 2 2 0.5 Vì b, c là các số nguyên dương nên ta có các trường hợp sau: T.Hợp b - 2 c - 2 b c a K.Luận 1 1 2 3 4 5 Nhận 2 2 1 4 3 5 Nhận 1.0 3 -1 -2 1 0 Loại 4 -2 -1 0 1 Loại Vậy tam giác cần tìm có các cạnh là 3; 4; 5 Cho biểu thức P 1 x 1 x 1 x2 1 x 1 x 1 x2 x  1;1 Câu 2 1 3.0 Tính giá trị của biểu thức khi x . 2012 2 2 2 2 Ta coù: ) 2 1 x 2 1 x 1 x x 2x 1 2 1 x 1 x 1 x 0.5 2 1 x 1 x2 2 ) 2 1 x 2 1 x 1 x2 1 x 1 x2 0.5 Suy ra : P 2 1 x 1 x2 1 x 1 x2 0.5 2 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 0.5 1 Vì x 1 x 1 x P 2 2 1 x 2012 0.5 1 2013 P 2 1 . 2 0.5 2012 2012 Chú ý: Nếu HS tính P2
3. - Tính: P2 2 1 x 2 1 x 2 x2 1.0 0.5 - Rút gọn: P2 2 1 x 2 1 x x 2 0.5 1 2 2013 2013 2013 - Thay x được P 2. 2. 2 2. 2012 2012 2012 2012 2013 - Do P không âm suy ra P 2 1.0 2012 Tìm các số thực x, y thỏa mãn: Câu 3 2 3.0 x2 1 y2 16x2 x2 2x y3 9 8x3y 8xy (*) 2 2 2 3 Ta có: * x 1 y 4x x 2x y 9 0 0.5 2 2 x 1 y 4x 0 yx 4x y 0 1 0.5 2 3 2 3 x 2x y 9 0 x 2x y 9 0 2 + Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0, thay vào (2) không thỏa mãn 0.5 + Nếu y 0, ta coi (1), (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Điều kiện để có ' 2 1 4 y 0 2 y 2 0.5 nghiệm x là: y 2 ' 3 y 2 2 y 8 0 Thay y = 2 vào hệ (1), (2) ta được: 2x2 4x 2 0 x 1 2 1.0 x 2x 1 0 Vậy x = 1, y = 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x2 và hai điểm A(-1;1), Câu 4 B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m 3.0 1 m 3 . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. 1 S AA' BB' .A'B' ABB'A' 2 0.5 1 1 9 .4 20 2 1 S AA' MM' .A'M' AMM'A' 2 0.5 1 1 m2 m 1 2 1 S MM' BB' .B'M' MBB'M' 2 0.5 1 m2 9 3 m 2 SABM SABB'A' SAMM'A' SMBB'M' 0.5 8 2 m 1 2 Ta có: S 8 2 m 1 2 8 vaø S 8 m 1 ABM ABM 1.0 Suy ra SABM lớn nhất bằng 8 m = 1
4. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. AI BI CI Câu 5 a) Chứng minh: 2 3.0 AM BN CP 1 1 1 4 b) Chứng minh: AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI 2 Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có: IM IK S IBC A 0.5 AM AH SABC Tương tự, ta có: N IN S IP S P IAC , IAB I 0.25 BN S CP S a ABC ABC IM IN IP O Suy ra: 1 0.25 AM BN CP B H K M C AM AI BN BI CP CI 1 AM BN CP 0.5 AI BI CI 2 ñpcm AM BN CP AI BI CI OA OI OB OI OC OI Ta có: 2 AM BN CP AM BN CP 1 1 1 2 R OI 0.5 AM BN CP 2 1 1 1 vì R OI R OI AM BN CP Chứng minh: x y z 2 3 xy yz zx (*) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y b 0.5 = z Áp dụng (*) 2 1 1 1 1 1 1 1 AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP 2 0.5 1 2 4 2 ñpcm 3 R OI 3 R OI Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù. Câu 6 Chứng minh rằng: y + z - x = R + r Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB OM = x, ON = y, OP = z. Đặt AB = c, BC = a, CA = b. Ta có tứ giác OMNC nội tiếp 0.5 nên theo định lý Ptôlêmê suy ra:
5. A MN.OC + OM.CN = ON.MC c b a P N .R x. y. 2 2 2 M B C c.R x.b y.a 1 O Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB và ONAP ta có: b.R x.c z.a 2 1.0 y.c z.b R.a 3 Mặt khác: SABC SOAB SOAC SOBC r a b c c.z b.y a.x 4 0.5 Cộng v.v.v của (1) và (2) rồi trừ v.v.v cho (3) ta được c.R b.x c.x b.R c.y b.z a.y a.z a.R 0.5 R a b c a y z b z x c y x 5 Cộng v.v.v của (4) và (5) được R r a b c a b c y z x R r y z x ñpcm 0.5 x,y R x y 2 2 Câu 7 Cho x, y thỏa mãn 1 . Chứng minh rằng: 2.0 0 x,y 1 y 1 x 3 2 Từ giả thiết suy ra: 1 1 2 0.5 ) x y 0 x y 2 xy (1) 2 2 2 1 1 1 ) x x x. ; y y y. x x y y x y 2 0.5 2 2 2 Lại có: 1 2 2 2 2 1 xy xy xy xy 3 4 3 3 4 0.5 x y 2 2 xy xy x y 4 2 3 6 Từ (1), (2), (3) và (4) ta có: 2 2 2 2 1 2 x x y y x y x y xy x y 2 2 3 4 6 0.25 2 2 1 x y xy 3
6. x y x x y y x y 2 2 Suy ra: VT (đpcm) 1 y 1 x 1 x y xy 3 0.25 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi: x y 2