Tài liệu De Thi chon HSG lan 2

PHÒNG GD & ĐT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI HS GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 M«n to¸n–
NĂM HỌC 2010 - 2011
Thời gian: 150 phút - (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bài 1. a) Tính giá trị của biểu thức: E =
3 3
847 847
6 6
27 27
+ + −
b) Với x, y là nghiệm nguyên của phương trình 4x + 5y = 7. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức A =
5 x 3 y−
Bài 2. a) Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
b) Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện : x
2010
+ y
2010
+ z
2010
= 1
và x
2011

+ y
2011
+ z
2011
= 1. Tính giá trị biểu thức: M = x
2009
+ y
2010
+ z
2011

Bài 3. Cho ba số thực dương a, b,c thỏa mãn
a b c 3+ + ≤
. Chứng minh rằng :
2 2 2
a b c 3
2
a 1 b 1 c 1
+ + ≤
+ + +
Bài 4. Cho hình thoi ABCD cạnh có độ dài bằng a, gọi R và r lần lượt là các bán kính các
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABD.
a) Chứng minh :
2 2 2
1 1 4
+ =
R r a
b) Chứng minh :
3 3
2 2 2

8
( )
=
+
ABCD
R r
S
R r
; (Kí hiệu
ABCD
S
là diện tích tứ giác ABCD )
Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R = 1 và 100 điểm tùy ý: A
1
, A
2
,..., A
100
Chứng minh rằng tồn tại một điểm M trên đường tròn sao cho :
M A
1
+ M A
2
+ ... + M A
100

≥
100
---- HÕt ----
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:.....................................................

Chữ ký của giám thị 1: .......................................... Chữ ký của giám thị 2:......................................
PHÒNG GD & ĐT ĐỨC THỌ
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI HS GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 M«n to¸n–
N¨m häc 2010-2011

BÀI CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1
6,0 đ
Câu a
3,0đ
Ta có:
3
E
=
3
847 847 847 847
6 6 3. 6 6 .E
27 27 27 27
  
+ + − + + −
 ÷ ÷
  
0,50
=
3
847
12 3. 36 .E
27
+ − =

3
125
12 3. .E
27
+
0,50
=
5
12 3. .E
3
+
=
12 5E+

0,50
⇒
3
E
=
12 5E+
⇒
3
E 12 5E− −
= 0
⇒
3
E 9E 4E 12− + −
= 0
⇒
E(E 3)(E 3) 4(E 3)− + + −

= 0
0,50
⇒
2
(E 3)(E 3E 4)− + +
= 0
0,50
⇒
E – 3 = 0 ( vì
2
E 3E 4 0+ + >
với mọi E)
⇒
E = 3
0,50
Câu b
3,0đ
Phương trình 4x + 5y = 7 có nghiệm nguyên (x; y) thì
x 0≠
,
y 0≠
và
xy 0<
0,50
* Xét
x 0>
và
y 0<

⇒

A =
5x 3y+
do
7 4x
y
5
−
=
thay vào ta được
21 13x
A
5
+
=
0,50
Với x = 1; x = 2 thì
A Z∉
;
Với x = 3
⇒
A = 12 Vậy GTNN của A = 12 khi x = 3, y = -1
0,50
* Xét
x 0<
và
y 0>
⇒
A =
5x 3y− −
do

7 5y
x
4
−
=
thay vào ta được:
35 13y
A
4
− +
=
0,50
Với y = 1, y = 2 thì
A Z∉
;
Với y = 3
⇒
A = 1 Vậy GTNN của A = 1 khi y = 3, x = - 2
0,50
Tóm lại: GTNN của A = 1 khi x= - 2, y = 3
0,50
Bài 2
5,0 đ
Câu a
2,5đ
Điều kiện
0x
≥
;
0,05

Chia cả hai vế cho
3+x
:
4 4
1 2
3 3
+ =
+ +
x x
x x

0,50
2

2
4
1 0
3
 
− =
 ÷
+
 
x
x
0,50
4
1
3
⇔ =

+
x
x
4
1
3
⇔ =
+
x
x
4 3 1⇔ = + ⇔ =x x x
0,50
KL: Nghiệm PT là
1=x
0,50
Câu b
2,5đ
Từ giả thiết x
2010
+ y
2010
+ z
2010
= 1 suy ra: x, y, z
≤
1;
0,50
Ta có : x
2010
+ y

2010
+ z
2010
- (x
2011
+ y
2011
+ z
2011
) = 0
⇔
x
2010
(1 - x) + y
2010
(1 - y) + z
2010
(1 - z) = 0 (1)
0,50
Vì x, y, z
≤
1 nên x
2010
(1 - x)
≥
0; y
2010
(1 - y)
≥
0; z

2010
(1 - z)
≥
0
0,50
Do đó (1)
⇔
2010
2010
2010
x (1 x) 0
y (1 y) 0
z (1 z) 0

− =

− =


− =

⇔
x 0
x 1
y 0
y 1
z 0
z 1
 =




=



=



=


=



=




0,50
Từ đó ta có : x
2009
= x
2011
;
y
2010

= y
2011
;

x
2009
+ y
2010
+ z
2011
= x
2011
+ y
2011
+ z
2011
= 1
0,50
Bài 3
3,0 đ
3,
0 đ
Ta có:
( )
2 2 2 2
1
(a b c) 3(ab bc ca) (a b) (b c) (c a) 0
2
+ + − + + = − + − + − ≥
2

1 1
ab bc ca (a b c) .3 1
3 3
⇒ + + ≤ + + ≤ =
0,50
Do đó
2 2
a a a 1 a a
2 a b c a
(a b)(c a)
a 1 a ab bc ca
 
≤ = ≤ +
 ÷
+ +
+ +
 
+ + + +
(ở đây ta sử dụng BĐT cô si cho hai số dương
a
a b+
và
a
c a+
)
0,50
Tương tự
2
b 1 b b
2 a b b c

b 1
 
≤ +
 ÷
+ +
 
+
;
2
c 1 c c
2 b c c a
c 1
 
≤ +
 ÷
+ +
 
+
1,0
Cộng từng vế ba BĐT trên ta được :

2 2 2
a b c 1 a b b c c a 3
2 a b b c c a 2
a 1 b 1 c 1
+ + +
 
+ + ≤ + + =
 ÷
+ + +

 
+ + +
0,50
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
3
a b c
3
= = =
0,50
3
Bài
4,0đ
Câu a
2,0 đ
M
E
I O
K
A
D
C
B
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn
thẳng BD ; BD là đường trung trực của AC. Gọi M, I và K lần lượt là
giao điểm của đường trung trực AB với AB, AC và BD thì I, K là tâm
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB, ABC
Từ đó ta có KB = R và IB = r . Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua.
Ta có BEAI là hình thoi ( vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với
nhau và cắt nhạu tại trung điểm mỗi đường)
0,50

Ta cã
·
·
BAI EBA=
mµ
·
·
0
BAI ABO 90+ =
·
·
0
EBA ABO 90⇒ + =
0,50
XÐt
∆
EBK cã
·
0
EBK 90=
, đường cao BM. Theo hệ thức lượng trong
tam giác vuông ta có
2 2 2
1 1 1
BK BE BM
+ =
0,50
Mà BK = R; BE = BI = r; BM =
a
2

nên
2 2 2
1 1 4
R r a
⇒ + =

0,50
Câu b
2,0 đ
Xét
AOB∆
và AMI∆ có
·
·
0
AOB AMI 90= =
vµ
·
BAO
chung
AOB AMI∆ ∆:
2
AO AM AM.AB AB
AO
AB AI AI 2r
⇒ = ⇒ = =
0,50
Tương tự
BOA BMK∆ ∆:
suy ra

2
BM.AB AB
BO
BK 2R
= =
Ta có
4
ABCD
AB
S 2.AO.OB 2.
4Rr
= =
0,50
Mà theo định lí Pitago trong tam giác vuông AOB ta có:
2 2 2 4
2 2
1 1 1
AB OA OB AB
4 R r
 
= + = +
 ÷
 
2 2
2
2 2
4R r
AB
R r
⇒ =

+
0,50
Từ đó ta có :
3 3
ABCD
2 2 2
8R r
S
(R r )
=
+
0,50
Bài 5 2,0đ
4
2,0đ

O
N
B
A
A
n
A
3
A
2
A
1

Kẻ đường kính AB. Với mọi điểm N ta có, trong tam giác NAB

NA + NB
≥
AB
⇒
NA + NB
≥
2
0,50
Từ đây ta suy ra: A
1
A + A
1
B
≥
2
A
2
A + A
2
B
≥
2
...
A
100
A + A
100
B
≥
2

0,50
Cộng các đẳng thức trên vế với vế ta có:
(A
1
A + A
2
A + ...+ A
100
A) + (A
1
B + A
2
B + ...+ A
100
B)
≥
200
0,50
Từ đây suy ra:
- Hoặc A
1
A + A
2
A + ...+ A
100
A
≥
100
Vậy A là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
- Hoặc A

1
B + A
2
B + ...+ A
100
B
≥
100
Vậy B là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
0,50
…HẾT…
5