Đề thi học sinh giỏi Toán 9 - số 1

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
Bài I (2
đ
)
Rút gọn A
a
a
a
a
211
21
211
21


+
++
+
Với a
=
4
3
Bài II (6đ)
a) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
2x
2
+ 4x = 19-3y
2
b) Giải hệ phơng trình
x
3

=7x +3y

y
3
= 7y+3x
Bài III (3
đ
)
Cho x,y,z là các số không âm và x+y+z =1
Tìm giá trị lớn nhất của M = xy+yz+zx
Bài IV (6
đ
)
Cho hình thang ABCD (AD//CD,AB CD) M,N lần lợt thứ tự là
trung điểm của các đờng hcéo AC và BD , kẻ NH AD, MH BC. Gọi I
là giao điểm của MH và NH. Chứng minh rằng I cách đều 2 điểm C và D.
Bài V (3
đ
)
Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c 16abc.
Hớng dẫn chấm
Bài I (2
đ
)
Thay a =
4
3
vào A ta có:
1
33

32
33
32
132
32
132
32
)13(2
32
)13(2
32
3242
32
3242
32
22
=


+
+
+
=
+

+
++
+
=

+
++
+
=


+
++
+
=A
Bài II (6đ)
a) (3
đ
) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
2x
2
+ 4x = 19-3y
2
(1)
<=> 2(x+1)
2
= 3(7 - y
2
) (2)
Do 2(x+1)
2
2 => 3(7 - y
2
) 2 => y lẽ

(1
đ
)
Ta lại có 7 - y
2
0 nên y
2
= 1
Khi đó phơng trình (2) có dạng: (0.5
đ
)
2(x+1)
2
<=> x =2 hoặc x = - 4 (1
đ
)
Từ đó ta có các nghiệm (x,y) = (2;1) ,(2;-1), (- 4;1), (- 4;-1) (0.5
đ
)
b) x
3
=7x +3y (1)

y
3
= 7y+3x (2)
Lấy (1) - (2) ta đợc: (x-y)(x
2
+ xy+ y
2

-4) =0 (1
đ
)
* Với x = y kết hợp với phơng trình (1) x
3
=7x +3y
Ta đợc x =y = 0; x =y =
10
; x =y = -
10
* Với x
2
+ xy+ y
2
- 4 =0 cộng (1) và (2) ta có
x
2
+ xy +y
2
= 4 x+y = S
đặt (S
2
4P)
y
3
+ x
3
= 10(y+x) xy = P

Ta có S

2
- P - 4 = 0 Thế P = S
2
- 4

S
3
-3SP -10S = 0
=> S
3
- 3S(S
2
- 4) -10S = 0 <=> S
1
=0 hoặc S
2
= 1; S
3
=- 1
(0.5
đ
)
* S
1
= 0 => P
1

= - 4 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình (0.5
đ
)

X
2
- 4 = 0 => x =2 hoặc x = - 2
y = -2 y = 2
* S
2

= 1 => P
2

= -3 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình
(0.5
đ
)

X
2
- X -3 = 0 => x =
2
131 +
hoặc x =
2
131
y =
2
131
y =
2
131+
* S

3
= -1 => P
3

= -3 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình
(0.5
đ
)
X
2
+ X -3 = 0 => x =
2
131- +
hoặc x =
2
13-1-
y =
2
131-
y =
2
131- +
Vậy hệ đã cho có 9 nghiệm.
Bài II (3đ)
Ta có (x+y+z)
2
= x
2
+y
2

+z
2
+2(xy+yz+zx) = 1
=> 2M = 1- (x
2
+y
2
+z
2
)
(0.5
đ
)
Mặt khác: x
2
+y
2
+z
2
=
2
x
2
z
2
x
222222
zyy +
+
+

++
+
xy+yz+zx
(1
đ
)
=> 2M 1- (xy+yz+zx) =>3M 1
(0.5
đ
)
=>M 1/3 Vậy GTLN của M = 1/3xảy ra khi và chỉ khi x =y =z = 1/3
(1
đ
)
Bài IV (6
đ
)
Hạ AP BC ; BQ AD Từ giả thiết ta có:
H là trung điểm của DQ; H là trung điểm của CP
(1
đ
)
Ta có tứ giác ABPQ nội tiếp => góc(ABP) + góc (DCB) = 180
o
(1
đ
)
mà góc(ABP) = góc (DCB) (đồng vị) => góc(AQP) + góc (DCB) = 180
o
(1

đ
)
Hay tứ giác DCPQ nội tiếp
(1
đ
)
Lại có HN, MH là trung trực của DQ,PC
(1
đ
)
Suy ra I =HN HM là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác DCPQ (1
đ
)
=> I cách đều D và C
Bài V
Từ giả thiết ta có 1 = [ a+(b+c)]
2
4a(b+c) vì (a+b)
2
4ab
=> b + c 4a(b+c)
2
(1) do b+c > 0
(1
đ
)
Lại có (b+c)
2
4bc (2)
(0.5

đ
)
Từ (1) và (2) => b + c 4a.4bc hay b + c 16abc (đpcm)
(0.5
đ
)
Dấu = xảy ra <=> a = b+c
b = c
(1
đ
)
Mà a+b+c = 1 => a =1/2 b = c = 1/4