Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 10)

Xuân Đức 66
Đề số 13
Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2
Năm học: 2008-2009
Thời gian 150 phút
Bài 1: a.Cho
0b a
> >
thỏa mãn:
2 2
3 4a b ab+ =
. Tính:
a b
A
a b

=
+
b. Cho
0x y> >
; thỏa mãn:
2 2
3 3 10x y xy+ =
Tính :
x y
B
x y

=
+
Bài 2: a. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x
3
y+xy
3
-3x
2
-3y
2
=17
b. Tìm mọi cặp số nguyên dơng (x; y) sao cho
1
2
2
4
+
+
yx
x
là số nguyên dơng.
Bài 3: a.Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =
2
2
3 8 6
2 1
x x
x x
+
+
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
2

4 2
1
x
x x+ +
Bài 4: Cho tam giác ABC, một đờng thẳng song song với đờng thẳng, BC cắt AB, AC lần
lợt tại D và E. Một điểm P thuộc cạnh BC. CMR: Diệm tích tam giác DPE không lớn hơn
1
4
diện tích tam giác ABC.
DE ở vị trí nào thì diên tích tam giác DPE lớn nhất.
Bài 5: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với 3 đờng cao AA, BB, CC.
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
Xuân Đức 66
Đáp án:
Bài 1:
a. Ta có:

2 2
3 4a b ab+ =

2 2 2 2
3 4 0 3 3 0a b ab a ab b ab + = + =
( )(3 ) 0a b a b =
ta có:
0b a b> <
Do đó:
3 0 3a b b a = =
thay vào
a b
A
a b

=
+
ta đợc

a b
A
a b

=
+
3 2 1
3 4 2
a a a
a a a

= = =
+
Vậy
1
2
A =
b. Ta có:
0x y> >
; do đó
x y
B
x y

=
+
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) 2 3 6 3
( ) 2 3 6 3
x y x xy y x xy y
x y x xy y x xy y
+ +
= = =
+ + + + +
(*)
Thày
2 2
3 3 10x y xy+ =
vào (*) ta đợc:
4 1 1

16 4 2
xy
B
xy
= = =
Vậy
1
2
B =
Bài 2:
a. phơng trình: x
3
y + xy
3
- 3x
2
- 3y
2
= 17
(x
2
+ y
2
)(xy - 3) = 17 = 17.1
Do x,y nguyên dơng nên x
2
+ y
2
>1
2 2 2 2

17 ( ) 2 17 ( ) 25
3 1 4 4
x y x y xy x y
xy xy xy

+ = + = + =


= = =

Xuân Đức 66










=
=



=
=

=
=



=
=











=
=+



=
=+

-4y
-1x
hoặc

4y
1x
hoặc
1
4
1
4
4
5
4
5
y
x
y
x
xy
yx
xy
yx
Kết luận:



=
=
4y
1x
hoặc

=
=
1y
4x
hoặc



=
=
1y
4x
hoặc



=
=
4y
1x
b. Đặt
1
2
2
4
+
+
yx
x

= a Với a là số nguyên dơng thì
x
4
+ 2 = a(x
2
y + 1) x
2
(x
2
- ay) = a - 2 (1)
Xét 3 trờng hợp sau :
TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x
2
(x
2
- y) = - 1




=
=
11
1
2
y
x

=
=
2
1
y
x
TH2: Nếu a = 2 thì từ (1) có x
2
(x
2
- 2y) = 0, suy ra x
2
= 2y nên có nghiệm x = 2k, y = 2k
2

với k là số nguyên dơng
TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a 2 > 0 và (a 2) chia hết cho x
2
nên a 2 x
2
a x
2
+ 2 > x
2

Từ đó 0 < x
2
- ay < x
2

- x
2
y 0. Điều này không xảy ra
Vậy: Cặp số nguyên dơng (x; y) thoả mãn đề ra là :
Xuân Đức 66
(1; 2) và (2k; 2k
2
) với k là số nguyên dơng.
Bài 3:
a. Có A =
2
)1(
1
1
2
3
2
)1(
1)1(2)12
2
(3

+

=

++
x
x
x

xxx
(1/2 điểm)
Đặt y =
1
1

x
=> A = y
2
2y + 3 = (y 1)
2
+ 2

2 (1/2 điểm)
=> min A = 2 => y = 1
1
1
1
=


x
=> x = 2
Vậy min A = 2 khi x = 2 (1/2 điểm)
b. Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt
giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x
2
ta đợc:
M =
1

2
1
2
1
++








x
x
(1/2 điểm)
M đạt giá trị lớn nhất khi
2
1
2
x
x
+
nhỏ nhất =>
2
1
2
x
x
+

= 2 => x =

1
Vậy M lớn nhất bằng
1
/
3
khi x =

1
Bài 4:
Kẻ đờng cao AH = h
AH cắt DE tại M.
Đặt AM = x
Ta có DE//BC (GT)
Suy ra
ADE ABC :
Do đó:
DE AM
BC AH
=
x
h
=
(1)
( tỉ số đồng dạng bằng tỉ số đờng cao của hai tam giác đồng dạng)

Ta có:
.( )
.

DPE
ABC
S DE h x
S BC h



=
(2)
(Ta có đờng cao của
DPE
hạ từ đỉnh P xuống DE luôn = HM = h x vì DE//BC)
Từ (1) và (2) ta có:
2
.( ) .( )
.
DPE
ABC
S x h x x h x
S h h h



= =
Ta có:
2 ( )x h x x h x+
(vì
0; 0x h x> >
)
Mà: Tổng

x h x h
+ =
không đổi
Do đó tích
( )x h x
lớn nhất khi
x h x=

2
h
x =

Đặt
2
( )x h x
A
h

=

2
( )
1
2 2
4
h h
h
h

=

Vậy diên tích của
1
4
DPE ABC
S S

=
lớn nhất khi DE là đờng trung bình của
ABC
j
N
P
D
E
x
M
H
CB
A
Xu©n §øc 66
Bµi 5:
+ Cã S
ABC
=
2
1
BC . AA’ (1/2 ®iÓm)
+ Cã S
HBC

=
2
1
BC . HA’ (1/2 ®iÓm)
+ Cã S
HAC
=
2
1
AC . HB’ (1/2 ®iÓm)
+ Cã S
HAB
=
2
1
AB . HC’ (1/2 ®iÓm)
+
AA'
HA'
ABC
S
HBC
S
=
;
BB'
HB'
ABC
S
HAC

S
=
;
CC'
HC'
ABC
S
HAB
S
=
(1/2 ®iÓm)
=>
1
ABC
S
ABC
S
ABC
S
HAB
S
HAC
S
HBC
S
==
++
VËy
1
'

'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
(1/2 ®iÓm)
A
B
C
C'
B'
A'
H