Copy of DE 18 r

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

§Ò 18
Câu 1 (4đ). Cho biểu thức: P =
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh P <

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC: 2011 – 2012.
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút

x+2
x +1
x +1
+
−
x x −1 x − x +1 x −1

1
với x ≥ 0 và x ≠ 1 .
3

Câu 2 (4đ).
a) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Chứng minh hệ thức: AB 2 + AC 2 = 2 AM 2 +
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng: tan

BC 2
2

·ABC

AC
=
2
AB + BC

4t 2 + 9
Câu 3 (4đ). Cho 0 < t < 3 . Tìm GTNN của biểu thức: A = 2
t ( 3 − t)
Câu 4 (4đ)
a) Chứng minh rằng:

a+b
a 2 + b2
≤
2
2

x2 −1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y = 2
x +1

Câu 5 (4đ)
2
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn: x − ( 7 + y ) x + 6 + 2y = 0
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn: x 2010 + y 2010 = 20122010
----------------------------HẾT----------------------------


§Ò 18
Câu 1: a) Với x ≥ 0; x ≠ 1

P=
r

HD chÊm

x
với x ≥ 0; x ≠ 1
x + x +1

Vậy: P =
b)Cách 1
xét hiệu:

1
x
1
P− =
−
3 x + x +1 3
=
=

3 x − x − x −1
x + x +1
−

(

)

x −1

2

x + x +1

Vì x ≥ 0; x ≠ 1 nên: − ( x − 1) < 0 và x + x + 1 > 0 . Do đó: P − < 0 . Vậy ta có điều phải
1
3

2

chứng minh:
1
1
x ≥ 0; x ≠ 1
x+
+ 1 với
x
1
1
≥2
Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương x ;
ta có: x +
x
x
Vì x ≠ 1 nên dấu "=" không xảy ra
1
1
+ 1 > 3 . Vậy P <

Suy ra: x +
x
3
2
2
9
1
4t + 9 4t + 9
1

Câu 3: Ta có A = t 2 3 − t = t . t 3 − t =  4t + t ÷. t 3 − t
)
( )
( ) 
 (
x
Cách 2: Ta có : P =
=
x + x +1

x.

1
=2
x

9

Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh:  4t + ÷ ≥ 12 . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5


t

1
4
≥ . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5
t ( 3−t) 9
16
16
Suy ra A ≥ . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5. Vậy GTNN của A bằng
3
3

Câu 4:
a)Vẽ đường cao AH, ta có
AB 2 = AH 2 + HB 2
AC 2 = AH 2 + HC 2
BC
MB = MC =
(AM là trung tuyến)
2
⇒ AB 2 + AC 2 = 2. AH 2 + HB 2 + HC 2
= 2. ( AM 2 − HM 2 ) + ( BM − HM ) + ( HM + MC )
2

2

= 2. AM 2 − 2.HM 2 + BM 2 − 2.BM .HM + HM 2 + HM 2 + 2.HM .MC + MC 2

= 2. AM 2 + BM 2 + MC 2 = 2. AM 2 +

BC 2
(đpcm)
2

b)Vẽ phân giác BD
·ABC
ta có ·ABD =

2
xét ∆ ABD có µA = 900
AD
nên tan ·ABD =
(1)
AB

Mà BD là phân giác

AD DC AD + DC
AC
=
=
=
(2)
AB BC AB + BC AB + BC
·ABC
AC
Từ (1) và (2) suy ra tan
(đpcm)

=
2
AB + BC
⇒

Kẻ AH ⊥ BC,MN ⊥ AH
MJ 2 + MK 2 = MJ 2 + AJ 2 = MA2
MJ 2 + MK 2 ≥ NA2 (Vì MA ≥ NA)
Vì MI=NH nên : MI 2 + MJ 2 + MK 2 = NH 2 + MJ 2 + MK 2 ≥ NH 2 + NA2
1
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức: a + b ≥ ( a + b )
2
1
1
2
2
2
2
2
Ta được MI + MJ + MK ≥ ( NH + NA ) = AH
2
2

Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của AH

Câu 5
a) nếu với giới hạn của chương trình hiện tại là hết tuần 16 thì ta nênlàm như sau

2
2
+ Ta có : x − ( 7 + y ) x + 6 + 2 y = 0 ⇔ y ( x − 2 ) = x − 7 x + 6 . Rõ ràng x = 2 không thể là
nghiệm. nên chia cả hai vế cho x – 2 ta được
x2 − 7 x + 6
−4
y=
= ( x − 5) +
x−2
x−2

Do x, y là số nguyên nên x – 2 là ước của -4 mà U ( −4) = { ±1; ±2; ±4}
Ta có bảng:
x-2
-1
-2
-4
4
2
x
1
0
-2
6
4
y
0
-3
-6
0

-3
đối chiếu với các điều kiện ở đề bài thì các cặp số sau thoả mãn
(x;y) = ( 1;0 ) ; ( 0;3) ; ( −2; −6 ) ; ( 6;0 ) ; ( 4; −3) ; ( 3; −6 )
2)Giả sử (x,y)là nghiệm nguyên dương của phương trình:

1
3
-6


Rõ ràng x,y<2012 (1). Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y .
Do x ∈ Z + ; 2012 > x ⇒ 2012 ≥ x + 1
2010
Suy ra: 20122010 ≥ ( x + 1) = x 2010 + 2010 x 2009 + ... + 2010 x + 1 > x 2010 + 2010 x 2009
Từ đó ta có x 2010 + y 2010 > x 2010 + 2010 x 2009 hay y 2010 > 2010 x 2009 mà x ≥ y nên
x 2010 > 2010 x 2009 ⇒ x > 2010 (2)
Tương tự ta có: y > 2010 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra 2010 < x, y < 2012. Từ đó chỉ có thể x = y = 2011
Nhưng cặp số (x, y) này không thoả mãn phương trình đã cho (vì vế phải chia hết cho
4 còn vế trái không chia hết cho 4)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
x2 − 1 x2 + 1
2
y= 2
= 2
− 2
x +1 x +1 x +1
2
= 1− 2
x +1

Để y đạt giá trị nhỏ nhất thì

2
đạt giá trị lớn nhất
x +1
2

Muốn vậy x2 + 1 phải đạt giá trị nhỏ nhất
Vì x2 + 1 ≥ 1 nên x2 + 1 đạt giá trị nhỏ nhất khi x2 + 1 = 1
Tức là x2 = 0 ⇒ x = 0
Khi đó y = -1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là y = -1