Đề thi HSG Toán Lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh - Năm học 2013-2014 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG Toán Lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh - Năm học 2013-2014 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang gồm 5 câu) Câu 1. a) Giải phương trình: 2 2x 1 x2 1. 3x2 xy2 2y b) Giải hệ phương trình: . 2 2 y x y 2x Câu 2. a) Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: a5 b5 c5 a 2 b2 c2 1. Tính giá trị biểu thức S = a 2012 b2013 c2014 . b) Cho x, y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 4x2y2 P 2 2 2 . y x x2 y2 x2 y2 z2 Câu 3. Giả sử phương trình ba ẩn: 3 có ba nghiệm là các bộ gồm ba yz zx xy a b c số không đồng thời bằng nhau: (a;b;c), (p;q;r), ( ; ; ) . Chứng minh bộ ba p q r số (ap2;bq2;cr2 ) cũng là một nghiệm của phương trình đó. Câu 4. Tam giác ABC có AB = AC = a, ABC = ACB = (00 < < 900). Gọi M là trung điểm của BC. Góc xMy = quay quanh điểm M sao cho các tia Mx, My thứ tự cắt các cạnh AB, AC tại D, E (D và E không trùng với A). a) Tính tích BD.CE theo a và . b) Gọi khoảng cách từ M tới đường thẳng DE là R. Chứng minh rằng các đường thẳng AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm M, bán kính R. c) Tìm vị trí của D và E trên AB, AC sao cho diện tích ADE lớn nhất. Câu 5. Lấy 2014 điểm phân biệt trên đường tròn tâm O bán kính R = 1 sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ nào cũng khác 3 . Chứng minh rằng có thể chọn được trong 2014 điểm đó 672 điểm sao cho bất cứ bộ ba điểm nào cũng là ba đỉnh của một tam giác có góc lớn hơn 1200. ________________ Hết ________________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................................................................................................ Số báo danh: ....................................... SỞ GD ĐT HÀ TĨNH
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 – NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 a) (2,5 đ) Điều kiện xác định: x . 2 1,0 5 điểm 2 Pt đã cho tương đương với pt: x 2x + 1 + (2x 1) 2 2x 1 1 0 2 x 1 2 2x 1 1 0 0,5 x 1 0 x 1. Vậy phương trình có nghiệm x 1. 1,0 2x 1 1 0 b) (2,5đ) +) Nếu x = 0 y = 0 hoặc y 0 x = 0 nên (0,0) là một nghiệm của hệ. 0,5 3x2 xy 2 y +) Với x, y 0 . Hệ đã cho tương đương với hệ . y2 xy 2 0,5 x x2 y2 3u uv 2 3u uv 2 Đặt u, v . Ta có uv = xy và hệ trở thành y x v uv 2 3u v 4 2 v 3u 4 u 1 u hoặc . 2 3 0,5 3u u 2 0 v 1 v 6 u 1 xy 1 x 1 +) Với ta có . 3 v 1 x 1 y 1 2 8 2 u x3 x +) Với 3 ta có 3 3 3 . 3 1,0 v 6 xy 4 y 2 3 2 x 1 x Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (0,0); ; 3 3 . y 1 3 y 2 3 Câu 2 a 2 b2 c2 1 (1) a) ( 2,5đ) Theo gt: . 5 5 5 5 điểm a b c 1 (2) Từ (1) 1 a,b,c 1 (3) 1,0 Lấy (1) - (2) theo từng vế và biến đổi, ta được: a 2 (1 a3 ) b2 (1 b3 ) c2 (1 c3 ) 0 (4) a 2 (1 a3 ) 0 2 3 Do (3) nên VT của (4) không âm, nên (4) b (1 b ) 0 . 0,5 2 3 c (1 c ) 0 Hệ xảy ra trong 3 số a, b, c có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1. Vậy S = 1. 1,0
3. x y b) (2,5đ). Đặt t . Ta có t 2 4. 0.5 y x 2 4 Khi đó biểu thức P = t 2 2 0,5 t 3 2 1 2 4 3 t t 2 2 .4 2 1 2 3. 1,0 4 4 t 4 Dấu bằng xáy ra khi t2 = 4 hay x = y > 0. 0,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3 . x2 y2 z2 Ta có 3 x3 y3 z3 3xyz 0 ( xyz 0 ) (1). Câu 3 yz zx xy Sử dụng đẳng thức: 3 điểm 1,0 1 x3 y3 z3 3xyz (x y z)[(x y)2 (y z)2 (z x)2 ] 2 khi x, y, z không đồng thời bằng nhau thì (1) x y z 0 (2). a b c Do các bộ ba số (a;b;c), (p;q;r), ( ; ; ) là các nghiệm của (1) tức là nghiệm p q r của (2) nên: 1,0 a b c a b c 0 (3), p q r 0 (4), 0 (5) . p q r Sử dụng (3), (4), (5), ta có: 0 (p q r)(ap bq cr) (ap2 bq2 cr2 ) pq(a b) qr(b c) rp(c a) c a b = (ap2 bq2 cr2 ) pqc qra rpb (ap2 bq2 cr2 ) pqr( ) . r p q 1,0 Suy ra: ap2 bq2 cr2 0 hay bộ 3 số (ap2 ; bq2 ;cr2 ) là nghiệm của phương trình (2). Từ đó (ap2 ; bq2 ;cr2 ) là nghiệm của phương trình (1), đpcm. Câu 4 A a) ( 1.5đ) Trong tam giác BDM ta có: 0 D1 = 180 M1. 5 điểm x Do M2 = nên: 0,75 0 M3 = 180 M1. D D1 = M3 suy ra BMD CEM. 1 2 BD MB y Suy ra BD.CE BM.CM CM CE H 2 E BD.CE BM . Mặt khác trong tam giác vuông ABM ta I K 0,75 2 có BM a cos . 1 2 2 1 3 Vậy ta được BD.CE a cos . B M C b) ( 2,đ) Ta chỉ cần chứng minh khoảng cách từ M tới các đường thẳng AB, AC bằng R hay DM, EM thứ tự là tia phân giác của BDE và DEC. BD MD BD MD 1,0 Thực vậy, vì BMD CEM nên mà CM = BM nên . CM EM BM EM Lại có B1 = M2 (= ) nên BMD MED D1 = D2 hay DM là tia · phân giác của  BDE . 1,0 Tương tự ta cũng có EM là tia phân giác của DEC. Từ đó AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm M, bán kính R.
4. c) (1,5 đ) Kí hiệu dt(XY...Z) là diện tích của hình đa giác XY...Z. Gọi I, H, K thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng 0,5 AB, DE, AC. Khi đó I, K cố định nên dt(AIMK) không đổi, suy ra dt(ADE) lớn nhất dt(DIMKE) nhỏ nhất. Do DM, EM là phân giác các góc BDE và DEC nên dt(MID) = dt(MDH), dt(MKE) = dt(MEH) dt(DIMKE) = 2dt(MDE) nhỏ nhất dt(MDE) nhỏ nhất. 0,5 1 1 Mà dt(MDE) = MH.DE = R.DE nên dt(MDE) nhỏ nhất DE nhỏ nhất. 2 2 Từ kết quả câu b) ta có DH = DI và EH = EK nên DE = DI + EK = (BD + CE) - BI - CK. Do đó DE nhỏ nhất BD + CE nhỏ nhất. Từ kết quả câu a) do tích BD.CE không đổi nên tổng BD + CE nhỏ nhất BD = CE . Khi đó MA là phân giác của xMy hay 0,5 các tia Mx, My tạo với tia MA một góc . Từ đó xác định được vị trí của D và E. 2 Câu 5 Lấy điểm A trên đường tròn (O) không trùng với các điểm đã cho, vẽ tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), khi đó AB = BC = CA = 3 , do đó các điểm 0,5 2 điểm đã cho nhiều nhất chỉ có một điểm trùng với B hoặc C. Trong 3 cung nhỏ AB, BC, CA tồn tại 1 cung tối đa có 1 điểm mà đầu mút trùng với 1 trong 2014 điểm đã cho (như vậy còn lại ít nhất 2013 điểm không có điểm nào trùng với các điểm A, B, C) và chứa ít nhất 2013:3 + 1 = 672 điểm phân 0,5 biệt, giả sử đó là cung nhỏ BC. Trên cung nhỏ BC, bất cứ bộ 3 điểm nào, chẳng hạn Ai , A j, Ak (theo thứ tự đó trên cung) cũng là 3 đỉnh của một tam giác có A iAjAk có số đo lớn hơn nửa số 0 0 1,0 đo cung lớn BAC là 120 hay AiA jAk là tam giác có góc lớn hơn 120 , ta được đpcm. Ghi chú: + Các cách giải khác với Hướng dẫn chấm mà đúng và gọn đều cho điểm tối đa tương ứng. + Kết quả điểm toàn bài không qui tròn.