Đề thi HSG toán 9(NH11-12) có đáp án

PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THCS MỸ THÀNH Môn : TOÁN – Lớp 9
 Thời gian làm bài : 150 phút
(không kể thời gian phát đề)
Bµi 1 (3,0điểm):
a) Ph©n tÝch thµnh nh©n tư: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz
b) Tìm số tự nhiên
n
để
18n
+
và
41n
−
là hai số chính phương.
Bài 2: (3,0điểm)
a) Chøng minh ∀m,n,p,q ta ®Ịu cã m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)
b) Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + +
.
Bµi 3 (3,0điểm)
a.Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiƯm nguyªn: (y + 2)x

2
+ 1 = y
2
b. Gi¶i ph¬ng tr×nh:
1 1 1 2011 2011

1.2 2.3 ( 1)
2011 2012
x
x x
x
− +
+ + + =
+
− +
Bài 4: (3,0điểm)
a) Với x, y khơng âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x -
2 xy 3y 2 x 2008,5+ − +
b) b. Cho a; b; c > 0 vµ:
1 1 1
1 1 1a b c
+ +
+ + +
= 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa abc.
Bµi 5: (5,0điểm)
Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A (AC > AB), ®êng cao AH (H
∈
BC). Trªn tia HC lÊy
®iĨm D sao cho HD = HA. §êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E.
a) Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng. TÝnh ®é dµi ®o¹n BE theo

m AB
=
.
b) Gäi M lµ trung ®iĨm cđa ®o¹n BE. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC
®ång d¹ng. TÝnh sè ®o cđa gãc AHM
c) Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.
Bài 6. (3,0điểm)
Cho tam giác ABC có
·
0
ABC = 60 ; BC = a; AB = c
(a, c là hai độ dài cho trước). Hình
chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi
là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ
nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Bài Nội dung Điểm
1
a
1,5
A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz
= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z)
= y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)
= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]

= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)
0,5
0,5
0,5
b
1,5
Để
18n +
và
41n −
là hai số chính phương
2
18n p⇔ + =
và
( )
2
41 ,n q p q− = ∈N
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
18 41 59 59p q n n p q p q⇒ − = + − − = ⇔ − + =
Nhưng 59 là số ngun tố, nên:
1 30
59 29
p q p
p q q
− = =
 
⇔
 
+ = =

 
Từ
2 2
18 30 900n p+ = = =
suy ra
882n
=
Thay vào
41n
−
, ta được
2 2
882 41 841 29 q− = = =
.
Vậy với
882n =
thì
18n +
và
41n −
là hai số chính phương
0,5
0,5
0,5
a
1,5
Ta có: m
2
+ n
2

+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)
01
4444
2
2
2
2
2
2
2
≥








+−+









+−+








+−+








+−⇔ m
m
qmq
m
pmp
m
nmn
m
01
2222

2222
≥






−+






−+






−+






−⇔

m
q
m
p
m
n
m
(lu«n ®óng)
DÊu b»ng x¶y ra khi











=−
=−
=−
=−
01
2
0
2
0
2

0
2
m
q
m
p
m
n
m
⇔









=
=
=
=
2
2
2
2
m
m
q

m
p
m
n
⇔



===
=
1
2
qpn
m
0,5
0,5
0,5
b
1,5
Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta có:
a
2
+ b
2
+c
2
+ d
2
+2
2 2 2 2

( )( )a b c d+ +
≥
a
2
+2ac + c
2
+ b
2
+ 2bd + d
2
⇔
2 2 2 2
( )( )a b c d+ +
≥
ac + bd (1)
Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m
Nếu ac + bd
≥
0 (1)
⇔
( a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
)
≥

a
2
c
2
+ b
2
d
2
+2acbd
⇔
a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
≥
a
2
c

2
+ b
2
d
2
+2acbd
⇔
a
2
d
2
+ b
2
c
2
– 2abcd
≥
0
⇔
(ad – bc)
2

≥
0 ( ln đúng)
Dấu “=” xẩy ra
⇔
ad = bc
⇔
a c
b d

=
0,5
0,25
0,5
0,25
3
a
1,5
Ta có: (y + 2)x
2
+ 1 = y
2

⇔
(y+2)x
2
- (y
2
-4) = 3
⇔
(y+2)(x
2
-y+2) = 3
Suy ra:
y + 2 1 3 -1 -3
x
2
-y+2 3 1 -3 -1
y -1 1 -3 -1
x Lo¹i 0 Lo¹i 0

VËy nghiƯm nguyªn cđa ph¬ng tr×nh lµ: (0;1),(0;-1)
0,75
0,5
0,25
b
1,5
Ta cú:
1 1 1 1
1
1.2 2.3 ( 1) 1x x x
+ + + =
+ +

v:
2011 2011 1
1
2011 2012 2011 2012
x
x x
+
=
+ +
(x

2011)
Suy ra: x + 1 =
2011 2012x +


2011- x+

2011 0x =


2011 ( 2011 1) 0x x + =



2011 0x =
2011 0 2011x x = =
(tho món iu kin)
Vy nghim ca phng trỡnh l x = 2011
0,25
0,25
0,5
0,5
4
a
1,5
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
= =
+ + + + +
+ + + + + + +

= + + + = + +
ữ ữ

2 2 2 2

2 2
2 2 2
2
2 2
2
Đặt x a; y b với a, b 0, ta có:
P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 1 3b 2008,5
= a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5 = a - b -1 2 b b 2007,5
1 1 1
a - b -1 2 b b 2007,5 a - b -1 2 b 2007
4 2 2
( )

= +
=






ữ
=


=

= =





= =


2
2
2007
3
a b 1
a
1
2
Vì a - b -1 0 và b 0 a, b.Nên P = 2007
1
2 1
b
b
2
2
3 9
x x
2 4
Vậy P đạt GTNN là 2007
1 1
y y

2 2
0,5
0,5
0,5
b
1,5
+ Tính c:
( ) ( )
1
2
1 1 1 1 1
b c bc
a b c b c
= +
+ + + + +
(1)
+ Tng tự ta có:
( ) ( )
1
2
1 1 1
ac
b a c

+ + +
(2)
( ) ( )
1
2
1 1 1

ab
c a b

+ + +
(3)
+ Chỉ ra c các vế của các BĐT (1); (2); (3) đều dng nên nhân từng vế
các bất đẳng thức (1); (2); (3) suy ra c: abc


1
8
+ Kết luận max abc =
1
8
khi a = b = c =
1
2
0,5
0,25
0,5
0,25
5 a
2,0
+ Hai tam giác ADC và BEC có:
à
C
chung.
CD CA
CE CB
=

(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
ã
ã
0
135BEC ADC= =
(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
Nên
ã
0
45AEB =
do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
1,0
0,5
Suy ra:
2 2BE AB m= =
0,5
b
1,5
Ta cã:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC
= × = ×
(do
BEC ADC
∆ ∆
:

). mµ
2AD AH=
(tam
gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H)
nªn
1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH
BC AC AC BE
AB
= × = × = =
(do
ABH CBA
∆ ∆
:
)
Do ®ã
BHM BEC
∆ ∆
:
(c.g.c), suy ra:
·
·
·
0 0
135 45BHM BEC AHM= = ⇒ =
0,5
0,5
0,5

c
1,5
Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC.
Suy ra:
GB AB
GC AC
=
,
mµ
( ) ( )
//
AB ED AH HD
ABC DEC ED AH
AC DC HC HC
= ∆ ∆ = =:
Do ®ã:
GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= ⇒ = ⇒ =
+ + +
0,5
0,5
0,5
6 2,0

Hình vẽ
Đặt
AM = x (0 < x < c)
. Ta có:
MN AM ax

= MN =
BC AB c
⇔
( )
0
c - x 3
MQ = BM.sin60 =
2
.
Suy ra diện tích của MNPQ là:
( )
( )
ax c- x 3
a 3
S = = x c - x
2c 2c
+ Ta có bất đẳng thức:
2
a + b a + b
ab ab (a > 0,b > 0)
2 2
 
≥ ⇔ ≤
 ÷
 
Áp dụng, ta có:
2
2
x + c - x c
x(c- x) =

2 4
 
≤
 ÷
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
c
x = c- x x =
2
⇔
.
Suy ra:
.
2
a 3 c ac 3
S =
2c 4 8
≤
. Vậy:
max
ac 3
S =
8
khi
c
x =
2
hay M là trung
điểm của cạnh AB

0,5
0,5
0,5
0,5
Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và phù hợp vẫn ghi điểm tối đa.
Hết