Đề và đáp án thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán- Huyện Phù Mỹ 2010-2011.

UBND HUYỆN PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
PHỊNG GD - ĐT Năm học: 2010- 2011 - Mơn: Tốn
Ngày thi: 07/10/2010
ĐỀ CHÍNH THỨC: Thời gian làm bài: 150 phút
(Khơng tính thời gian phát đề)

Câu 1: ( 3 điểm )
Tìm số ngun m để
2
2010m m+ +
là số ngun.
Câu 2: ( 2,5 điểm)
Tìm số tự nhiên có ba chữ số
abc
sao cho:
( )
2
2
abc = n - 1
cba = n - 2





(n
∈
N)
Câu 3: (2,5 điểm)
Giải phương trình :

3 2
2
3 2
x x
x
x
−
+ =
−
Câu 4: (3,0 điểm) :
Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng

2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
Câu 5 : (3.0 điểm)
Cho x,y dương thỏa : x+y=
2009
2010
.
Tìm GTNN của S =
2008
x
+
1
2008y

Câu 6: (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD có
·
·
0
90ADC DCB+ =
và AD = BC, CD = a, AB =b. Gọi I, N, J,
M là trung điểm lần lượt của các cạnh AB, AC, CD và BD, S là diện tích của tứ giác
INJM.
Chứng minh rằng:
2
( )
8
a b
S
−
≥
. Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Câu 7: (3,0 điểm)
Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ
giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác đó.

UBND HUYỆN PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GD - ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2010 – 2011 - Môn : Toán

Câu 1: (3,0 điểm):
Giả sử m
2
+ m + 2010 = k

2
( k
∈
N )
⇔
4m
2
+ 4m + 8040 = 4 k
2
(0,5 đ)

⇔
4k
2
– ( 2m – 1)
2
= 8039

⇔
( 2k – 2m – 1)( 2k + 2m + 1) = 8039(0,5 đ)
Vì 8039 là số nguyên tố nên 8039 = 1 . 8039 (0,5 đ)
Xét hai khả năng xảy ra :
2 2 1 8039 2010
2 2 1 1 2009
k m k
k m m
+ + = =
 
⇔
 

− − = =
 
(0,5 đ)

2 2 1 1 2010
2 2 1 8039 2010
k m k
k m m
+ + = =
 
⇔
 
− − = = −
 
(0,5 đ)
Vậy: m =
{ }
2009; 2010−
(0,5 đ)
Câu 2: ( 2,5 điểm)
Ta có:
abc
= 100a + 10b + c = n
2
– 1 (1)

cba
= 100c + 10b + a = n
2
– 4n + 4 (2) (0,5 đ)

Lấy (1) – (2): 99(a – c) = 4n – 5
⇒
4n – 5
M
99 (0,5 đ)
Mà 100
≤
n
2
– 1
≤
999
⇒
101
≤
n
2

≤
1000
⇒
11
≤
n
≤
31 (0,75 đ)
⇒
39
≤
4n – 5

≤
119
Kết hợp với điều kiện 4n – 5
M
99 suy ra 4n – 5 = 99
⇒
n = 26 (0,75 đ)
Vậy số
abc
= 675

Câu 3: ( 2,5 điểm)
ĐK:
2
3
x
>
(0,25 đ)
Áp dụng BĐT
2
a b
b a
+ ≥
với a>0, b>0 (0,75 đ)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
Với
2
3
x
>

thì
3 2
2
3 2
x x
x
x
−
+ =
−
(0,5 đ)

2
1 2
3 2
3 2 0
( 1)( 2) 0 1; 2( )
x x
x x
x x x x TM
⇔ = −
⇔ − + =
⇔ − − = ⇔ = =
(0,5 đ)
(0,5 đ)
Vậy tập nghiệm :
{ }
1;2

Câu 4: (3,0 điểm)

2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
(1)
(1) < => (a+b+c) –(
2 2 2
)
1 1 1
a b c
b c a
+ +
+ + +
≤
3
3
2
−
(0,75 đ)
=>
2 2 2
1 1 1
(1 ) (1 (1 )
1 1 1
a b c
b c a
− + − + −

+ + +
≤
3
2
(1,0 đ)
Mặt khác 1+b
2
≥
2b; 1+c
2

≥
2c; 1+a
2

≥
2a
Nên:
2 2 2
1 1 1
(1 ) (1 (1 )
1 1 1
a b c
b c a
− + − + −
+ + +
=
2 2 2
2 2 2
1 1 1

ab bc ca
b c a
+ + ≤
+ + +
1
( )
2
ab bc ca+ +
(0,5
đ)
Mà ab+bc+ca
≤
(a
2
+b
2
+c
2
) nên 3(ab+bc+ca)
≤
(a+b+c)
2
= 9
=> ab+bc+ca
≤
3 (0,5 đ)
Vậy ta suy ra điều cần chứng minh .
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c =1 (0,25 đ)
Câu 5: (3,0 điểm)
Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky , ta có :

( )
2
2
2008 1 2008 1
. .
2008 2008
1 1
2008 2010
2008 2008
x y x y
x y x y
 
 
+ + ≥ +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
= + =
 ÷
 ÷
 
(1,5đ)
Suy ra :
1 2009 1
2010 : 2011
2008 2010 1004
s ≥ =

(0,5đ)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

2008
2008
2008 1
2010
2009
2008
1
2010
2009
2010
2010
y
x
x y
x
x y
x y
y
x y

=


=
=




  
⇔ ⇔
  
+ =
  
=




+ =


(0,75đ)
Vậy MinS =
1
2011
1004
đạt được khi
2008
2010
x =
;
1
2010
y =
(0,25đ)
Câu 6: (3,0 điểm)
- Lập luận được tứ giác INJM là một hình thoi (0,5 đ)

- Dựavào giả thiết
·
·
0
90ADC DCB+ =
,
lập luận tiếp tứ giác INJM là một hình vuông (0,5 đ)
- Suy ra:
2
1
2
S MN=
(0,5 đ)
- Gọi P là trung điểm của AD, chứng minh được:
2
a b
MN PN PM
−
≥ − =
(0,5 đ)

Kết luận được:
2
2
1 ( )
.
2 2 8
a b a b
S
− −

 
≥ =
 ÷
 
(0,5 đ)
- Nêu được dấu bằng xảy ra khi
MN PN PM= −
hay P, M, N thẳng hàng, tức là tứ
giác ABCD là một hình thang. (0,5 đ)
Câu 7: (3,0 điểm)
Giả sử ngũ giác ABCDE thỏa mãn đk bài toán
Xét ∆BCD và ECD và S
BCD
= S
ECD
(0,25 đ)
đáy CD chung, các đường cao hạ từ.
B và E xuống, CD bằng nhau => EB//CD, (0,5 đ)
Tương tự AC// ED, BD //AE, CE // AB, DA// BC
A
B
C
E
D
I
Gọi I = EC ∩ BD => ABIE là hình bình hành. (0,5 đ)
=> S
IBE
= S
ABE

= 1. §Æt S
ICD
= x < 1 (0,25 đ)
=> S
IBC
= S
BCD
- S
ICD
= 1-x = S
ECD
- S
ICD
= S
IED
(0,5 đ)

L¹i cã
IBE
IBC
IDE
ICD
S
S
IE
IC
S
S
==
hay

1
1
1
x
x
x −
=
−
=> x
2
- 3x + 1 = 0 => x =
2
53±
do x < 1 => x =
2
53 −
. (0,5 đ)
VËy S
IED
=
2
15 −
(0,25 đ)
Do ®ã S
ABCDE
= S
EAB
+ S
EBI
+ S

BCD
+ S
IED
= 3 +
2
15 −
=
2
55 +
(0,25 đ)
* Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và lập luận chặt chẽ đều đạt điểm tối đa.