Chủ đề này có 9 trả lời

[hieuvipntp]

đề lâu rồi mà giờ mới post,mấy bạn thông cảm

       Kỳ thi chọn hsg tỉnh

 lớp 9 năm học 2012 2013

Bài 1(4 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức:$A=(2\sqrt{x}-\sqrt{y}+\frac{5y}{2\sqrt{x}+\sqrt{y}})(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}})$ với $x=\frac{7+2\sqrt{12}}{4};y=\frac{7-2\sqrt{12}}{4}$

b)Tìm các cặp số nguyên x,y sao cho $\frac{2x+2y}{x^{2}+y^{2}}=\frac{6}{25}$.

Bài 2(4 điểm)

  Cho phương trình:$x^{4}-2(2m+1)x^{2}+4m^{2}+1=0(1)$

a)Cho $m=1$.Giaỉ phương trình (1).

b)Tìm $m$ để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:$x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=24.$

Bài 3(3 điểm)

Giaỉ hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^{2}+xy+y^{2}=3 & & \\ x-y-xy=5 & & \end{matrix}\right.$

Bài 4(4 điểm)

 Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ có điểm $A$ cố định, 2 điểm $B$  và $C$ thay đổi sao cho  $AB.AC=3R^{2}$.$AH$ là đường cao của tam giác $ABC(H\epsilon BC)$     

a)Chứng minh rằng $BC$ luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.

b)Gọi $D,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ xuống $AB,AC$ .Chứng minh rằng $ S_{ADK}=\frac{9}{16}S_{ABC}$.

Bài 5(3 điểm)

  Cho đường tròn $(O;R)$ cố định, tam giác  $ABC$  thay đổi và luôn ngoại tiếp đường tròn  $(O)$ .1 đường thẳng đi qua tâm $O$   cắt các đoạn  $AB,AC$ lần lượt tại  $M,N$  .Chứng minh rằng diện tích tam giác $AMN$ nhỏ nhất thì $OA$ vuông góc với $MN$

Bài 6(2 điểm)

Cho $x> 0;y> 0$ và $x+y\leq 1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức;$A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}$

 

 

 

[duongtoi]

Bài 1(4 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức:$A=(2\sqrt{x}-\sqrt{y}+\frac{5y}{2\sqrt{x}+\sqrt{y}})(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}})$ với $x=\frac{7+2\sqrt{12}}{4};y=\frac{7-2\sqrt{12}}{4}$

b)Tìm các cặp số nguyên x,y sao cho $\frac{2x+2y}{x^{2}+y^{2}}=\frac{6}{25}$.

a) Ta có $x=\frac{7+2\sqrt{12}}{4}=\frac{4+4\sqrt3+3}{4}=\left (\frac{2+\sqrt3}{2} \right )^2$

Tương tự, $y=\left (\frac{2-\sqrt3}{2} \right )^2$.

Vậy $\sqrt x=\frac{2+\sqrt3}{2};\sqrt y=\frac{2-\sqrt3}{2}$.

Suy ra, $2\sqrt x+\sqrt y=2+\sqrt3+\frac{2-\sqrt3}{2}=\frac{6+\sqrt3}{2}; \sqrt x+2\sqrt y=\frac{2+\sqrt3}{2}+2-\sqrt 3=\frac{6-\sqrt3}{2}$ và $\sqrt{xy}=\frac{1}{4}$.

Do đó, $A=(2\sqrt{x}-\sqrt{y}+\frac{5y}{2\sqrt{x}+\sqrt{y}})(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}})$

$=\frac{4x+4y}{2\sqrt x+\sqrt y}.\frac{\sqrt y+2\sqrt x}{2\sqrt{xy}}$

$=\frac{4(7+7)}{\frac{6+\sqrt3}{2}}.\frac{6-\sqrt3}{2.2.\frac{1}{4}}$

$=\frac{112(6-\sqrt3)}{6+\sqrt3}=\frac{112(6-\sqrt3)^2}{36-3}=\frac{112(39-12\sqrt3)}{33}=\frac{112(13-4\sqrt3)}{11}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 24-09-2013 - 10:39

[duongtoi]

bài 1 b)

Theo giả thiết ta có $3(x^2+y^2)=25(x+y)$.

Suy ra, $x+y>0$ và $x+y$ chia hết cho 3.

Áp dụng BDT Bunhiaxcopki ta có $(x+y)^2\le 2(x^2+y^2)$.

Mặt khác, $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$.

TH1: $xy\ge 0$. Ta có $x^2+y^2\le (x+y)^2$.

Vậy ta có $\frac{1}{x+y}\le\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}\le\frac{2}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{25}{3}\le x+y\le \frac{50}{3}\Rightarrow x+y=\{9;12;15\}$.

- Nếu $x+y=9$ ta được $x^2+y^2=75\Leftrightarrow xy=3$.

Giải hệ này ta thấy không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=12$ ta được $x^2+y^2=100\Leftrightarrow xy=22$.

Hệ này cũng không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=15$ ta được $x^2+y^2=125\Leftrightarrow xy=50$.

Hệ này có nghiệm là $x=10;y=5$ hoặc $x=5;y=10$.

 

TH2: $xy<0$. Ta có $x^2+y^2> (x+y)^2$.

Vậy $\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}<\frac{1}{x+y}\Leftrightarrow x+y<\frac{8}{3}\Rightarrow x+y=\{3;6\}$

- Nếu $x+y=3$ ta được $x^2+y^2=25\Leftrightarrow xy=-8$.

Hệ này không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=6$ ta được $x^2+y^2=50\Leftrightarrow xy=7$.

Hệ này có nghiệm $x=7; y=-1$ hoặc $x=-1;y=7$.

(Chú ý các hệ này đều là đối xứng loại I).

 

Vậy PT có các nghiệm nguyên $(x;y)$ là $\{(-1;7);(7;-1);(5;10);(10;5)\}$.

[duongtoi]

Bài 2(4 điểm)

  Cho phương trình:$x^{4}-2(2m+1)x^{2}+4m^{2}+1=0(1)$

a)Cho $m=1$.Giaỉ phương trình (1).

b)Tìm $m$ để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:$x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=24.$

Đặt $x^2=t$. ĐK $t\ge 0$.

Ta có $(1)\Leftrightarrow t^2-2(2m+1)t+4m^2+1=0\quad   (*)$

Có $\Delta'=(2m+1)^2-(4m^2+1)=4m$

a) Với $m=1$ Ta có $\Delta'=4m=4$

nên PT có hai nghiệm là $t_1=1;t_2=2$

Suy ra nghiệm $x$ là $\pm 1$ và $\pm \sqrt2$.

b) PT ban đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt dương.

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \Delta'=4m>0\\ S=2(2m+1)>0\\ P=4m^2+1>0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow m>0$.

Khi đó, theo Vi-ét ta có $\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=2(2m+1)\\ t_1.t_2=4m^2+1 \end{matrix}\right.$.

Suy ra, $t_1^2+t_2^2=(t_1+t_2)^2-2t_1.t_2=8m^2+16m+2$

Do vậy, $x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=24\Leftrightarrow 2(t_1^2+t_2^2)=24\Leftrightarrow 8m^2+16m+2=6$

$\Leftrightarrow 2m^2+4m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{-2\pm \sqrt6}{2}$.

Kết hợp với ĐK ta được $m=\frac{-2+ \sqrt6}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 24-09-2013 - 10:50

[duongtoi]

Bài 3(3 điểm)

Giaỉ hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^{2}+xy+y^{2}=3 & & \\ x-y-xy=5 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $x-y=S; xy=P$.

Ta có $S^2+4P=(x+y)^2\ge 0$ và $x^2+y^2+xy=(x-y)^2+3xy=S^2+3P$.

Vậy ta có hệ $\left\{\begin{matrix} S^2+3P=3\\ S-P=5 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+3(S-5)=3\\ P=S-5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+3S-18=0\\ P=S-5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S=3\\ P=S-5=-2 \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} S=-6\\ P=S-5=-11 \end{matrix}\right.$.

Đối chiếu điều kiện $S^2+4P\ge 0$ ta được nghiệm $S=3;P=-2$.

Suy ra, $x$ và $-y$ là nghiệm của phương trình $t^2-3t+2=0$

PT này có nghiệm $t_1=1;t_2=2$.

Vậy hệ có nghiệm là $x=1;y=-2$ hoặc $x=2;y=-1$.

[duongtoi]

Bài 6(2 điểm)

Cho $x> 0;y> 0$ và $x+y\leq 1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức;$A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}$

Ta có $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\le 1-2xy$.

Đặt $t=xy$. Ta có $0<t=xy\le \frac{(x+y)^2}{4}\le\frac{1}{4}$

Vậy $A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}\ge\frac{2012}{1-2t}+\frac{2013}{t}$

$=\left (\frac{2012}{1-2t}+(1-2t).4.2012 \right )+\left (\frac{2013}{t}+t.16.2013 \right )-4(2012(1-2t)+t.4.2013)$

$\ge 2.2.2012+2.4.2013-4(2012+4028t)$  (Theo BDT Cauchy)

$\ge 4.2012+8.2013-4.2012-4.4028.\frac{1}{4}=12076$ (Vì $t\le \frac{1}{4}$).

Vậy $A\ge 12076$.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{1}{2}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 24-09-2013 - 11:15

[duongtoi]

Bài 4: Đề hơi buồn cười nhỉ, vì mình có thể tính được $R$.

Ta có $\sin B=\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{2R}\Leftrightarrow AC.AB=2R.AH$.

Theo giả thiết $AB.AC=3R^2.AH$ nên ta tìm được ngay $R$.

[Hoang Tung 126]

Bài 5: Vẽ OD,OE vuông góc với AB,AC. Ta có :$S(AMN)=S(AON)+S(AOM)=$\frac{r.(AM+AN)}{2}\geq \frac{2r\sqrt{AM.AN}}{2}=r.\sqrt{AM.AN}$.Mặt khác $S(ANM)=\frac{1}{2}.AM.AN.sin \angle A$ nên $AM.AN=\frac{2S(AMN)}{\angle A}$ nên $S(AMN)\geq r.\sqrt{AM.AN}=r.\sqrt{\frac{2.S(AMN)}{sin \angle A}}< = > S^2(AMN)\geq 2r^2.\frac{S(AMN)}{sin \angle A}< = > S(AMN)\geq \frac{2r^2}{sin \angle A}$(không đổi do $\angle A$ không đổi) nen $S(AMN)$ Min khi $AM=AN$$< = > AO$ VUÔNG GÓC MN

[Thienthcstphu]

Bài 4: Đề hơi buồn cười nhỉ, vì mình có thể tính được $R$.

Ta có $\sin B=\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{2R}\Leftrightarrow AC.AB=2R.AH$.

Theo giả thiết $AB.AC=3R^2.AH$ nên ta tìm được ngay $R$.

Từ đó suy ra BC tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AH cố định là xong câu a) hả bạn ?

[duongtoi]

Đề bài k cho H cố định em nhé.