Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện Hoài Nhơn. NH 2010 2011

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO


Đề chính thức
Bài 1 (5 điểm ):
a) Tìm số chính phương có bốn chữ số và chia hết cho 55.
b) Tìm n ∈ Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương.
Bài 2 (4 điểm ):
a) Cho hàm số
3 2010
f (x) (x 12x 31)
= + −
Tính
f (a)
tại
3 3
a 16 8 5 16 8 5
= − + +
b) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
x y z
2 1
4
xy z

+ + =





− =


Bài 3 (4 điểm ):
a) Cho a > 1; b > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
11
22
−
+
−
b
b
a
a
b) Cho ba số x, y, z
≠
0 thoã mãn đẳng thức
zyzxyx
+++=+
.
Chứng minh rằng:
zyx
111
++
= 0
Bài 4 (4 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy
điểm M và N tùy ý sao cho

·
MAN
= 45
0
. Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại E.
a) Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
AM AE a
+ =
b) Chứng minh: a.(BM + DN) + BM.DN = a
2

Bài 5 (3 điểm): Gọi G là trong tâm của tam giác ABC. Một đường thẳng đi qua G và cắt
hai cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:
3
AB AC
AM AN
+ =

1
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN TOÁN 9
Bài 1 (5 điểm ):
a) ( 2 điểm): Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là
abcd
. Đặt
abcd

= A
2
.
Theo đề bài:
121.25A
11A
5A
11A
5A
55A
2
22
22
2
2
2






⇒



⇒




⇒
vì (25;121) = 1.
Hay A
2

3025
=> A
2
= 3025.t
2
(t
∈
N)
Mặt khác 1000
≤
abcd
≤
9999 nên 0 < t
2
< 4
⇒
t
2
= 1
Vậy
abcd
= 3025
b) (3 điểm): Đặt: n + 26 = a
3
và n – 11 = b

3
với a > b và a, b ∈ N*
⇒ a
3
– b
3
= 37 ⇔ (a
2
+ ab + b
2
)(a – b) = 37.
Ta có số 37 là số nguyên tố và do a > b ∈ N* nên (a
2
+ ab + b
2
) > (a – b) và là các số tự nhiên ⇒
2 2
a ab b =37
a b=1

+ +

−

⇔
2
a a 12=0
a 1=b

− −


−

⇔ a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại).
Thay vào đẳng thức n + 26 = a
3
hoặc n – 11 = b
3
, ta có n = 38
Bài 2 (4 điểm ):
a) (2 điểm):
3 3
16 8 5 16 8 5a = − + +

⇒
3
3 3
3
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a = + − + − + +
⇒
3
32 3.( 4).a a= + −

⇒
3
32 12a a= −
⇒
3
12 32 0a a+ − =
⇒

3
12 31 1a a+ − =
⇒
2010
( ) 1 1f a = =
b) (2 điểm): ĐK
; ; 0x y z ≠
. Đặt X =
1
x
, Y =
1
y
, Z =
1
z
, ta có hệ:
( )
( )
2
2 1
2 4 2
X Y Z
XY Z

+ + =


− =



Từ (1) => X
2
+ Y
2
+ Z
2
+ 2XY + 2YZ + 2ZX = 4
thế vào (2) ta được X
2
+ Y
2
+ 2Z
2
+ 2YZ + 2ZX = 0
 (X + Z)
2
+ (Y + Z)
2
= 0  X = Y = – Z
thay vào (1) => X = Y = – Z = 2 => x = y = – z =
1
2
(thỏa ĐK)
Vậy Hệ có nghiệm (x; y; z) = (
1 1 1
; ;
2 2 2
−
)

Bài 3 (4 điểm ):
a) (2 điểm): Đặt x = a – 1 , y = b – 1 ( với x, y > 0)
A =
4)
1
()
1
(
)1()1(
22
++++=
+
+
+
y
y
x
x
y
y
x
x

≥
2 + 2 + 4 = 8
Ta có: A = 8
⇔
x = y = 1
⇔
a = b = 2

Vậy GTNN A = 8
⇔
a = b = 2
b) (2 điểm): Điều kiện: x + y; y + z ; x + z
≥
0
Xét:
x y x z y z+ = + + +
(1)
Bình phương hai vế của(1) ta được:
( )
( )x z y z+ +
= – z (2). Do đó: z < 0 => x, y > 0
Bình phương hai vế của (2) ta được: (x + z)(y + z) = z
2
 xy + xz + yz = 0 
1 1 1
x y z
+ +
= 0
2
Bài 4 (4 điểm ):
a) (2 điểm): Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
AM AE a
+ =
Trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho FD = BM
Ta có
∆

ABM =
∆
ADF ( c – g – c)
=> AF = AM (1),
·
·
DAF BAM=
(2)
Từ (2) =>
·
·
·
·
·
·
0
90EAF MAD DAF MAD BAM BAD
= + = + = =
=>
∆
EAF vuông tại A và có AD là đường cao
=>
2 2 2
1 1 1
AF AE AD
+ =
=>
2 2 2
1 1 1
AM AE a

+ =
(đpcm)
b) ( 2 điểm): Chứng minh: a.(BM + DN) + BM.DN = a
2

Ta có:
·
·
·
0 0 0
90 45 45NAF EAF MAN
= − = − =
=>
·
·
NAF NAM=
(3)
Từ (1) và (3) =>
∆
NAF =
∆
NAM ( c – g – c)
=> MN = NF = FD + DN = BM + DN
Xét tam giác vuông CMN có: MN
2
= CM
2
+ CN
2

⇔
(BM + DN)
2
= (a – BM)
2
+ (a – DN)
2

⇔
a.(BM + DN) + BM.DN = a
2
(đpcm)
Bài 5 (3 điểm): Chứng minh rằng:
3
AB AC
AM AN
+ =
Gọi AD là trung tuyến => AG = 2GD
Kẽ BE // MN, CF // MN (E, F ∈ AD )
=>
;
AB AE AC AF
AM AG AN AG
= =
=>
AB AC AE AF
AM AN AG
+
+ =
(1)

Mặt khác:
∆
BED =
∆
CFD (g – c – g)
=> DE = DF
=> AE + AF = 2AG + 2GE + 2DE
= 2AG + 2DG = 2AG + AG = 3AG (2)
Từ (1) và (2) =>
3
3
AB AC AG
AM AN AG
+ = =
(đpcm)
3