DE THI HSG TOAN 9 MY THANH 1112

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

PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THCS MỸ THAØNH Mơn : TỐN – Lớp 9

 Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ ĐỀ NGHỊ (không kể thời gian phỏt )
<b>Bài 1</b>(3,0im):

a) Phân tích thành nhân tử: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz
b) Tìm số tự nhiên <i>n</i>_để<i>n</i>18_và<i>n</i> 41_{là hai số chính phương.}

<b>Bài 2: </b>(3,0điểm)

a) Chứng minh m,n,p,q ta đều có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)
b) Chứng minh bất đẳng thức: <i>a</i>2<i>b</i>2  <i>c</i>2<i>d</i>2  (<i>a c</i> )2(<i>b d</i> )2 .

<b>Bµi 3 </b>(3,0im)

a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y + 2)x2 _{+ 1 = y}2
b. Giải phơng trình:

1 1 1 2011 2011

...

1.2 2.3 ( 1) 2011 2012

<i>x</i>

<i>x x</i> <i>x</i>

 

   

  

<b>Bài 4: </b>(3,0điểm)

a) Với x, y khơng âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x - 2 xy3y 2 x 2008,5

b) b. Cho a; b; c > 0 vµ:

1 1 1

1<i>a</i>1<i>b</i>1<i>c</i> _{= 2. Tìm giá trị lớn nhÊt cđa abc.}

<b>Bµi 5: </b>(5,0điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A (AC > AB), đờng cao AH (H_{BC). Trên tia HC lấy}
điểm D sao cho HD = HA. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.

a) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo
<i>m AB</i> _.

b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC
đồng dạng. Tính số đo của gúc AHM

c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

<i>GB</i> <i>HD</i>

<i>BC</i> <i>AH HC</i> _.
<b>Bài 6</b>. (3,0điểm)

Cho tam giác ABC có ABC = 60 ; BC = a ; AB = c· 0 (a, c là hai độ dài cho trước). Hình
chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi
là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ
nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.

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

---Hết---ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1

a

1,5 A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z)
= y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)

= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]

= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)

0,5
0,5
0,5
b

1,5

Để <i>n</i>18_và<i>n</i> 41_{là hai số chính phương}
2

18

<i>n</i> <i>p</i>

   _và<i>n</i> 41<i>q p q</i>2



, <b>N</b>





 





 



2 2 ₁₈ ₄₁ ₅₉ ₅₉

<i>p</i> <i>q</i> <i>n</i> <i>n</i> <i>p q p q</i>

          

Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:

1 30

59 29

<i>p q</i> <i>p</i>

<i>p q</i> <i>q</i>

  

 



 

  

 

Từ <i>n</i>18<i>p</i>2 302 900_{suy ra}<i>_n</i>_₈₈₂

Thay vào <i>n</i> 41_{, ta được}882 41 841 29   2 <i>q</i>2_.

Vậy với <i>n</i>882_thì<i>n</i>18_và<i>n</i> 41_{là hai số chính phương}

0,5

0,5

0,5
a

1,5

Ta có:m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

<i>⇔</i>

(

<i>m</i>2

4 <i>−</i>mn+<i>n</i>

2

)

+

(

<i>m</i>
2

4 <i>−</i>mp+<i>p</i>
2

)

+

(

<i>m</i>
2

4 <i>−</i>mq+q
2

)

+

(

<i>m</i>
2

4 <i>− m+</i>1

)

<i>≥</i>0

<i>⇔</i>

(

<i>m</i>

2<i>− n</i>

)

2

+

(

<i>m</i>
2<i>− p</i>

)

2
+

(

<i>m</i>

2 <i>− q</i>

)

2

+

(

<i>m</i>
2 <i>−1</i>

)

2

<i>≥</i>0 _{(luôn đúng)}

DÊu b»ng x¶y ra khi

{

<i>m</i>

2 <i>−n=0</i>
<i>m</i>

2<i>− p=0</i>
<i>m</i>

2 <i>−q=0</i>
<i>m</i>

2 <i>−1=0</i>

<i>⇔</i>

{

<i>n=m</i>
2
<i>p=m</i>

2
<i>q=m</i>
2
<i>m=2</i>

<i>⇔</i>

{

<i>m=2</i>

<i>n=p=q=1</i>

0,5

0,5

0,5

b
1,5

Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta có:

a2_{+ b}2_+c2_{+ d}2₊₂ (<i>a</i>2<i>b</i>2)(<i>c</i>2<i>d</i>2) __a2_{+2ac + c}2_{+ b}2_{+ 2bd + d}2

 (<i>a</i>2 <i>b</i>2)(<i>c</i>2<i>d</i>2)  ac + bd (1)
Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m

Nếu ac + bd 0 (1)  _{( a}2_{+ b}2_)(c2_{+ d}2₎__a2_c2_{+ b}2_d2_+2acbd

 _a2_c2_{+ a}2_d2_{+ b}2_c2_{+ b}2_d2 __a2_c2_{+ b}2_d2_+2acbd

 _a2_d2 _{+ b}2_c2_{– 2abcd}_₀_ _{(ad – bc)}2 __{0 ( luôn đúng)}

Dấu “=” xẩy ra  _{ad = bc}
<i>a</i> <i>c</i>
<i>b</i> <i>d</i>

0,5
0,25

0,5
0,25

3 a

1,5

Ta có: (y + 2)x2 _{+ 1 = y}2 <i>⇔</i> _(y+2)x2_{- (y}2_{-4) = 3} <i>⇔</i> _(y+2)(x2_-y+2)
= 3

Suy ra:

y + 2 1 3 -1 -3

x2_-y+2 ₃ ₁ _-3 _-1

y -1 1 -3 -1

x Lo¹i 0 Lo¹i 0

0,75

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

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là: (0;1),(0;-1) _0,25
b

1,5 _{Ta có:}

1 1 1 1

... 1

1.2 2.3   <i>x x</i>( 1)   <i>x</i>1

và:

2011 2011 1

1

2011 2012 2011 2012

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 

 

    _{(x 2011)}

Suy ra: x + 1 = 2011 <i>x</i> 2012 <i>⇔</i> _{2011- x+} 2011 <i>x</i> 0

<i>⇔</i> 2011 <i>x</i>( 2011 <i>x</i> 1) 0 <i>⇔</i>  2011 <i>x</i> 0

2011 <i>x</i> 0 <i>x</i> 2011

     (tho_{ả mãn điều kiện)}
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2011

0,25

0,25
0,5
0,5

4

a

1,5

_

_



 



















  

       

         

   

  _   _    _  _  

   

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2

2 2 2

Đặt x a; y b víi a, b 0, ta cã:

P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 1 3b 2008,5

= a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5 = a - b -1 2 b b 2007,5

1 1 1

a - b -1 2 b b 2007,5 a - b -1 2 b 2007

4 2 2







  

 _

 

 

 _  _    _  _



  _ _{ }

 _



 

 

 

 

 _  _

 _  _

 

 

2
2

2007
3
a b 1 a

1 2

Vì a - b -1 0 và b 0 a, b.Nªn P = 2007 ₁

2 b 1

b
2

2
3 9

x x
2 4
Vậy P đạt GTNN là 2007

1 1

y y

2 2

0,5

0,5

0,5
b

1,5

+ TÝnh được:



 



1

2

1 1 1 1 1

<i>b</i> <i>c</i> <i>bc</i>

<i>a</i>  <i>b</i> <i>c</i>  <i>b</i> <i>c</i>

    

(1)

+ Tượng tù ta cã:



 



1
2

1 1 1

<i>ac</i>

<i>b</i> <i>a</i> <i>c</i>

  

(2)



 



1
2

1 1 1

<i>ab</i>
<i>c</i>  <i>a</i> <i>b</i>

  

(3)

+ Chỉ ra được các vế của các BĐT (1); (2); (3) đều dương nên nhân từng vế
các bất đẳng thức (1); (2); (3) suy ra được: abc 

1
8

+ KÕt luËn max abc =

1

8_{khi a = b = c =}
1
2

0,5

0,25
0,5
0,25

5 a

2,0

+ Hai tam giác ADC và BEC có: <i>C</i> chung.
<i>CD</i> <i>CA</i>

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

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).

Suy ra: <i>BEC</i><i>ADC</i>1350(vì tam giác AHD vng cân tại H theo giả thiết).
Nên <i>AEB</i>450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A.

Suy ra: <i>BE</i><i>AB</i> 2<i>m</i> 2

0,5
0,5

b
1,5

Ta cã:

1 1

2 2

<i>BM</i> <i>BE</i> <i>AD</i>

<i>BC</i>  <i>BC</i>  <i>AC</i> _(do<i>BEC</i><i>ADC</i>_{). mà}<i>AD</i><i>AH</i> 2_(tam
giác AHD vuông vân tại H)

nên

1 1 2

2 2 2

<i>BM</i> <i>AD</i> <i>AH</i> <i>BH</i> <i>BH</i>

<i>BC</i>  <i>AC</i>   <i>AC</i> <i>AB</i> <i>BE</i> _(do<i>ABH</i> <i>CBA</i>₎

Do đó <i>BHM</i> <i>BEC</i> (c.g.c), suy ra: <i>BHM</i> <i>BEC</i> 1350 <i>AHM</i> 450

0,5

0,5
0,5

c
1,5

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suy ra:

<i>GB</i> <i>AB</i>
<i>GC</i> <i>AC</i> _,

mµ







//



<i>AB</i> <i>ED</i> <i>AH</i> <i>HD</i>

<i>ABC</i> <i>DEC</i> <i>ED AH</i>

<i>AC</i> <i>DC</i>   <i>HC</i> <i>HC</i>

Do đó:

<i>GB</i> <i>HD</i> <i>GB</i> <i>HD</i> <i>GB</i> <i>HD</i>

<i>GC</i> <i>HC</i>  <i>GB GC</i> <i>HD HC</i>  <i>BC</i> <i>AH HC</i>

0,5

0,5
0,5

6 2,0

Hình vẽ

Đặt AM = x (0 < x < c)_{. Ta có:}

MN AM ax
= MN =
BC AB  c





0 c - x 3
MQ = BM.sin60 =

2 _.

Suy ra diện tích của MNPQ là:









ax c - x 3 a 3

S = = x c - x
2c 2c

+ Ta có bất đẳng thức:

2
a + b a + b

ab ab (a > 0, b > 0)

2 2

 

  _ _

 

Áp dụng, ta có:

2 ₂

x + c - x c
x(c - x) =

2 4

 

 

  _.

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

c
x = c - x x =

2


.

Suy ra: .

2

a 3 c ac 3

S =

2c 4 8


. Vậy: max

ac 3
S =

8 _khi
c
x =

2_{hay M là trung}

điểm của cạnh AB

0,5
0,5

0,5
0,5

<i>Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và phù hợp vẫn ghi điểm tối đa.</i>

</div>

<!--links-->