DeDA HSGToan 9 My Duc Phu My1011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (175.26 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
 TRƯỜNG THCS MỸ ĐỨC Mơn : Tốn – Lớp 9- Năm học : 2010 – 2011

Thời gian làm bài : 150 phút
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.(3,0 điểm):

Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:
A = x4 – x2 + 2x + 2.

Câu 2.(3,0 điểm):

Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp khơng thể là một số chính
phương.

Câu 3.(5,0 điểm):

a) Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của:
A = x6 + y6.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = x 9 x2 .
Câu 4.(3,0 điểm):

Chứng minh rằng nếu các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:

1 1 1

1a1b1c  , thì abc

1
.
8



Câu 5.(3,0 điểm):

Cho tam giác ABC. Qua điểm O tùy ý trong tam giác kẻ các đường thẳng AO, BO, CO cắt
BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’. Chứng minh hệ thức:

' ' '

' ' ' 1.

OA OB OC

AA  BB CC 

Câu 6.(3,0 điểm):

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐÁP ÁN - HD CHẤM - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
 TRƯỜNG THCS MỸ ĐỨC CẤP HUYỆN – NĂM HỌC : 2010 – 2011

Mơn : Tốn – lớp 9

Câu 1

(3,0 điểm)

A = x4 – x2 + 2x + 2 = (x4 – 2x2 + 1) + (x2 + 2x + 1)

= (x2 – 1)2 + (x + 1)2 = (x2 – 1)(x2 – 1) + (x + 1)2

= (x -1)(x +1)(x – 1)(x + 1) +(x + 1)2 = (x +1)2(x – 1)2 + (x + 1)2

= (x + 1)2





1 1

x

   

  .

Để A là số chính phương thì phải có: (x + 1)2 = 0 và (x -1)2 + 1 tùy ý;

hoặc (x + 1)2  0 và (x -1)2 + 1 là số chính phương.

 Nếu (x + 1)2 = 0  x + 1 = 0  x = -1.

 Neáu (x + 1)2  0 vaø (x -1)2 + 1 laø số chính phương, ta đặt (x -1)2 + 1 = y

(yN).

Do đó y2 - (x -1)2 = 1 



y x1

 

y x1



1.

Vì yN và x1N nên chỉ xảy ra : y + x1 1 và y - x1 1 .

 x – 1 = 0  x = 1.

Thử lại ta thấy với x = 1, x = -1 thì A = x4 – x2 + 2x + 2 là số chính phương.

Điểm

0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

Câu 2

(3,0 điểm) Tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp có dạng :S = (n – 2)2 + (n – 1)2 + n2 + (n +1)2 + (n +2)2 (nZ).

S = n2 + 4 – 4n + n2 + 1 – 2n + n2 + n2 + 1 + 2n + n2 + 4 + 4n

S = 5n2 + 10 = 5(n2 + 2).

Ta chứng minh n2 + 2 khơng chia hết cho 5 với mọi n:

 Nếu n  5 thì n2 + 2 chia cho 5 dư 2.

 Nếu n = 5k  1 thì n2 + 2 = (5k  1)2 + 2 chia cho 5 dư 3.
 Nếu n = 5k  2 thì n2 + 2 = (5k  2)2 + 2 chia cho 5 dö 1.

Vậy n2 + 2  5 nên S là số chia hết cho 5 nhưng khơng chia hết cho 25, do đó S

không thể là một số chính phương.

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3

(5,0 điểm)
Câu a
(3,0 điểm)

* Với x2 + y2 = 1 (gt) ta có :

A = x6 + y6 = (x2)3 + (y2)3 = (x2 + y2)3 – 3x2y4 – 3x4y2

= (x2 + y2)3 – 3x2y2(x2 + y2) = 1 - 3x2y2.

Ta có - 3x2y2  0. Do đó A  1.

Dấu “=” xảy ra



2 2
2 2

0 0, 1

1, 0
1

x y x y

x y

  

 

 





 

Vaäy A(max) = 1

0, 1
1, 0

x y

 

 



 

* Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có:
x y2 2  x2y2 , mà x2 + y2 = 1 (gt) nên ta có :

0,5
0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 3a
(3,0 điểm)

x2y2 

2
1 1
2 4
 

 

   -3 x2y2

3
4



. Do đó A = 1 - 3x2y2

3 1

4 4

  

Dấu “=” xảy ra



2 2

2 2
2
1 2
2
2
x y

x y
x y
x y
 
 


 





 



Vậy A(min) =

1
4
2
2
x y
  
.
0,5
0,5
0,25
Câu 3b
(2,0 điểm)

* Điều kiện : 9 – x2  0  x2  9  -3  x  3.

* Aùp dụng bất đẳng thức cho hai số khơng âm, ta có :

B = x 9 x2





2 2

2 2

9 9 9

2 2 2

x   x x   x

  

.
Dấu “=” xảy ra  x = 9 x2  x2 = 9 - x2  x2 =

9 3 2

2 x 2



 

(TMĐK).
Vậy max B =

9 3 2

2 x 2


 
.
0,5
0,5
0,75
0,25
Câu 4

(3,0 điểm)  Ta coù

1 1 1

1a1b1c (gt) 

1 1 1

1 1







 



2 2 2

1 1 1 1 1 1

abc

a b c  a b c

     





 





 



1 1 1 1 1 1

abc

a b c  a b c

      (vì a, b, c > 0)

 1  8abc (vì a, b, c > 0)  abc 

8 (đpcm).

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 5
(3,0 điểm)

* Vẽ hình đúng theo đề bài (h.1)

* Kẻ AH  BC, OI  BC (H, OBC).
Khi đó OI // AH (cùng  BC).

Xét AHA’ có OI // AH theo hệ quả của
định lí Talet ta có:

'
AA'

OA OI

AH



(1)
* Mặt khác có :

1
.
2
1

.
2

OBC
ABC

BC OI

S OI

S  BC AH AH

(2)
 Từ (1) và (2) suy ra

'
AA'

OBC
ABC

S OA

S  (3)

 Chứng minh tương tự, ta có :

'
'

OAC
ABC

S OB

S BB (4)

'
'

OAB
ABC

S OC

S CC (5)

* Cộng các vế tương ứng của (3), (4), (5) ta được :

' ' '

AA' ' '

OBC OAC OAB SBC

ABC ABC

S S S S

OA OB OC

BB CC S S

 

    

0,25
0,25

0,5

0,5
0,5
0,25
0,25

0,5

Câu 6

(3,0 điểm) * Vẽ

ABC vuông tại A có B150
(hình 2).

* Đặt AC = b. Vẽ đường trung trực
của BC cắt BC, AB lần lượt tại I, K.
Khi đó : KB = KC  KBC cân tại

K  C1  B 150.
* Xét AKC vuông tại A có   

0 0 0

1 15 15 30

AKC C B   (góc ngồi của

KBC)  KC2AC 2b (định lí về tam giác vuông có góc 300).

Vaø AK = BC2 AC2  4b2 b2 b 3 (đlíPytago).

Do đó AB = AK + KB = AK + KC = b 3 + 2b = b( 3 +2).
* Xét ABC vuông tại A, theo định lí Pytago ta có:

BC2 = AB2 + AC2 = b2( 3 +2)2 + b2 = b2(3 + 4 + 4 3 + 1) = 4b2(2+ 3).

 BC =





4b 2 3 2b 2 3

 cos150 = cosB = =

0,25

0,5
0,25

0,5
0,25
0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>



 















2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1

2 3

2 2 3

2 2 3 2 2 3

b
AB

BC b

    

    



 

</div>

DeDA HSGToan 9 My Duc Phu My1011







 









<sub> </sub>



 







 









 





 













 

 









 

 





 

 





 

 









 















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về