TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO PHÚ YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Năm học : 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang) Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho 2012 2011; B= 2013 2012A = − − . So sánh A và B? b) Tính giá trị biểu thức: 3 3 15 3 26 15 3 26C = + − − . c) Cho 3 3 3 2 3 4x y z= = . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 3 3 3 2 3 4 1 2 3 4 + + = + + x y z Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 4 2 2 2 3x x x x + = + + + + . Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 8 2 10 4 3 2 0 2 2 2 2 x y x y x y x y x y  + − − − − =   + − =  −  . Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C). Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần lượt cắt AB; AC tại M, N. a) Chứng minh rằng : 1 AM AN PQ AB AC AQ + + = b) Xác định vị trí điểm Q để 1 27 AM AN PQ AB AC AQ × × = × × Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE. Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện : 2013 2013 1006 1006 2x y x y+ = Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN THAM KHẢO GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 1 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Câu 1: ( 5,0 điểm) a) Cho 2012 2011; B= 2013 2012A = − − . So sánh A và B? b) Tính giá trị biểu thức: 3 3 15 3 26 15 3 26C = + − − . c) Cho 3 3 3 2 3 4x y z= = . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 3 3 3 2 3 4 1 2 3 4 + + = + + x y z Giải: a) Ta có : ( ) ( ) ( ) 2012 2011 2012 2011 1 2012 2011 2012 2011 A − + = = + + ( ) ( ) ( ) 2013 2012 2013 2012 1 2013 2012 2013 2012 B − + = = + + Mà 2012 2011 2013 2012+ < + Nên 1 1 2012 2011 2013 2012 > + + hay A > B. b) Tính giá trị biểu thức: 3 3 15 3 26 15 3 26C = + − − . 3 3 3 3 18 12 3 8 3 3 18 12 3 8= + + + − − + − 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 3 3 2 3 3 2 2 3 3 3 2 3 3 2 2= + × + × + − − × + × − ( ) ( ) 3 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 4= + − − = + − + = c)Cho 3 3 3 2 3 4x y z= = . Chứng minh rằng: Mình chưa biết giải, bạn nào biết chỉ giúp. Nhưng mình kiểm tra thấy đề không đúng. Cho 3 3 3 12; y = 8; z = 6x = Thì 3 3 3 2 3 4 2 12 3 8 4 6 24x y z= = ⇔ × = × = × = ( Thỏa mãn đẳng thức) Nhưng 2 2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 3 3 3 3 3 3 2 3 4 2 12 3 8 4 6 1 2 3 4 2 3 4 + + + + = ≠ + + + + x y z Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 (*) 4 2 2 2 3x x x x + = + + + + . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 4 1 1 1 2x x ⇔ + = + + + + ĐKXĐ : x R∀ ∈ Đặt 2 2 2t x x= + + thì ( ) 2 1 1 1t x= + + ≥ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 5 (*) 4 1 4 5 1 4 1 t t t t t t ⇔ + = ⇔ + + = + + GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 2 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG ( ) ( ) 4 3 2 3 2 5 10 3 8 4 0 1 5 15 12 4 0t t t t t t t t⇔ + − − − = ⇔ − + + + =   − = = ⇔ ⇔   + + + = ≥   3 2 1 0 1 5 15 12 4 0 voâ nghieäm vì t 1 t t t t t Pt . Vậy { } = 1S Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 8 2 10 4 3 2 0 2 2 2 2 x y x y x y I x y x y  + − − − − =   + − =  −  . * Điều kiện xác định : ≠ 2 y x .  Nếu − = 2 y x thì ( ) 2 2 10 4 3 2 0 0 2 2 1 2 2 2 2 2 y y y y I y y y    − −      − − − =   ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ =             ⇔ ⇔   = − =    −    −  ÷     : PTVN Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm. Nếu ± ≠ 2 y x Chia 2 vế phương trình (1) cho ( ) ( ) + −2 2x y x y . Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 8 10 3 0 (*) 8 2 10 4 3 2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 (**) 2 2 x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y + −   − − = + − − − − =  − +   ⇔   + − =   + − = −   −  Đặt 2 2 x y t x y + = − thì ( ) ⇔ − − = 3 * 8 10 0t t    − ⇒ − + = ⇔ =  ÷ ÷    3 1 3 1 0 Ê;t= 2 4 2 4 t t t + Với = 3 2 t thì 2 3 5 2 2 2 x y x y x y + = ⇒ = − Thay vào (**). Ta có : × + − = ⇔ − = × − 5 2 1 2 2 6 2 5 2 2 2 2 y y y y y y    − ⇒ − − = ⇔ − + = ⇔ = =  ÷ ÷    2 1 1 1 1 12y 4 1 0 0 ; 2 6 2 6 y y y y y GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 3 I H N M B C A Q P TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG • Với = ⇒ = × = 1 5 1 5 2 2 2 4 y x ( thỏa mãn ĐKXĐ) • Với − − − = ⇒ = × = 1 5 1 5 6 2 6 12 y x ( thỏa mãn ĐKXĐ) + Với 1 4 t − = thì 2 1 3 2 4 10 + − − = ⇒ = − x y x y x y . Thay vào (**). Ta có : 3 2 2 2 3 10 2 10 − × + − = − × − y y y y 2 8y 20 25 0y⇒ − + = : Phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :   − −  ÷   5 1 ; 2 6 và    ÷   5 1 ; 4 2 Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C). Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần lượt cắt AB; AC tại M, N. c) Chứng minh rằng : 1 AM AN PQ AB AC AQ + + = d) Xác định vị trí điểm Q để 1 27 AM AN PQ AB AC AQ × × = × × GIẢI: Gọi ; I=MP BCH PN BC= ∩ ∩ . Ta có: 1 AN NC AC AC + = . (1) Mặt khác : Áp dụng định lí Talet. Ta có: NC CH CI IH CI IH AC BC BC BC BC + = = = + (2) Vì MI // AC nên ; CI AM BC AB = (3) Vì ABC ∆ PHI∆ (g-g) IH PH BC AB ⇒ = mà PH PQ AB AQ = nên IH PQ BC AQ = (4) Từ (1), (2), (3) và (4). Suy ra : 1 AN NC AN CI IH AN AM PQ AC AC AC BC BC AC AB AQ + = + + = + + = Hay 1 AM AN PQ AB AC AQ + + = b) Từ câu a. Ta có : 1 27 AM AN PQ CI AN IH CI BH IH AB AC AQ BC AC BC BC BC BC × × × × × × = = = × × × × × × 3 27 BC CI IH HB⇔ × × = . GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 4 N M H I P Q B C A TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số không âm. Ta có : ( ) 3 3 3 3 27 CI IH HB BC CI IH HB + + × × ≤ = . Dấu “ = ” xảy ra khi CI = IH = HB. Đẳng thức xảy ra khi Q là trung điểm của BC và 2 . 3 AP AQ= Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE. Giải: Cách vẽ: + Vẽ phân giác của · ADB cắt AB tại E. Đường phân giác của · ACD và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại I. Ta có : ( ) ; IEI là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O). Thật vậy : Hạ IF DC⊥ . Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác) Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông. Chứng minh: + Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng. Ta có : IGF ∆ cân tại I nên · · » IF 2 sd PF G IGF= = Xét · · : 2OBG AOG OBG∆ = ( Tính chất góc ngoài) · · » » » » » · · » » 1 1 EP 1 EF 1 EF IF 2 2 2 2 2 2 2 2 2 GE GE FP FP OBG AOG GFI E       − − ⇒ = = = − = + − +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       = · · ( ) · · 0 0 1 1 45 45 2IGF I 2 2 GFI IGF GF+ − + = × = Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau) + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông · 0 : 90ADB ADB∆ = Nên 2 BD BC BA= × (1). +Áp dụng tính chất tiếp tuyến. Ta có : 2 .BE BF BG= (2) Mặt khác : AGB∆ FCB∆ ( g-g). GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 5 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG AB BG BF BG AB BC BF BC = ⇒ × = × (3) Từ (2) và (3). Suy ra : 2 .BE AB BC= (4) Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE. Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện : 2013 2013 1006 1006 2x y x y+ = Giải: Từ 2013 2013 1006 1006 2x y x y + = * Nếu x = 0 ⇒ = 0y ; Nếu y = 0 ⇒ = 0x * Nếu ≠ ≠0; y 0x Thì 2013 2013 1006 1006 2x y x y + = ⇔     + = ⇔ + =  ÷  ÷     1006 1006 2013 2013 1006 1006 2 2 x y x y x y y x x y ( *) Đặt = ≠ 0 x t y Thì ( ) ⇔ + × = 1 * 2xt y t ⇒ − + = 2 2 0xt t y Giải phương trình theo biến t. Ta có : ( ) ∆ = − = − − = − 2 2 ' ' 1 1b ac xy x y . Để phương trình có nghiệm ( Dấu đẳng thức xảy ra ) Thì ∆ = − ≥ ⇒ ≤' 1 0 xy 1xy Nên giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy = 0 khi xy = 1 ( Nếu có thắc mắc cần trao đổi xin liên hệ qua hòm thư “ tailieu20112012@gmail.com” ) GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 6 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 7 . HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO PHÚ YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Năm học : 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang) Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí Câu. giác vuông · 0 : 90 ADB ADB∆ = Nên 2 BD BC BA= × (1). +Áp dụng tính chất tiếp tuyến. Ta có : 2 .BE BF BG= (2) Mặt khác : AGB∆ FCB∆ ( g-g). GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 5 TRƯỜNG. “ tailieu20112012@gmail.com” ) GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 6 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin 7