DeDA HSGToan 9 My Phong Phu My1011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ PHONG. ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1 (5,0 điểm). a) Cho A = k4 + 2k3  16k2  2k + 15 với kZ. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16. b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương. Câu 2 (6,0 điểm). 2 2 2 a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng :. b) Giải phương trình. a2 b2 c2   1 1 b  a 1 c  b 1 a  c 2 3 3x  2  3 6  5 x  8 0  x  R . Câu 3 (3,0 điểm).. 1 1 1 1 1 1  )(3   )(3   ) a b b c c a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 a +b+c  2 Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện P (3 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB , AD lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng: BE. CF  DF . CE  AC. EF Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy điểm C 1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1. Chứng minh rằng:. SABC . 1 3 (SABC là diện tích tam giác ABC)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ PHONG. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011. Câu Nội dung 1 4 3 2 a/ Cho A = k + 2k - 16k - 2k +15 với k  Z Vì k  Z  ta xét các trường hợp: TH1: k chẵn  A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ  A không chia hết cho 2  A không chia hết cho 16 (loại) (1) TH2: k lẻ, ta có: A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) Do k lẻ  k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn  A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)  2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2)  với  k  Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16 b/ Đặt A = a2 + b2 + c2. Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau: TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ  a2  4; b2 : 4 dư 1  a2 + b2 : 4 dư 1  a2 + b2 = 4m + 1 (m  N) Chọn c = 2m  a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1) TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn.. Điểm 5,0. 1,0. 1,0. 1,0. 1,0. 1,0.  a2 + b2  4  a2 + b2 = 4n (n  N) Chọn c = n - 1  a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c  Z thoả mãn bài toán. 2 a/ Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1). . 2. . a2 1   b  a  a2  1  b  a   1  b  a  a2    a 2  1  b  a  1 b  a 1 b  a 1 b  a 2 b c2 2 b  1  c  b  ; c 2  1  a  c  1 a  c Tương tự : 1  c  b. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được : a2 b2 c2   1  a 3  b3  c 3  a 2b  b 2c  c 2a 1 b  a 1 c  b 1 a  c (1). Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được : a 3  a 3  b3 3a 2b; b3  b3  c 3 3b 2c; c 3  c 3  a 3 3c 2 a (2). 6,0 0,5. 0,5. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,5 0,5. a2 b2 c2   1 Từ (1) và (2)  1  b  a 1  c  b 1  a  c 3  a b c  3 Đẳng thức xảy ra. b/.  t 3 3x  2  x . 3. t3  2 3. Đặt t = 3 x  2 Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t +. 3. 8  5t 3  8 0 3. 8  2t 0    8  5t 3  3  8  2 t  3 . 1,0 8  2t 0   8  5t 3 64  32t  4t 2 9. 3 . t 4  3  2 15t  4t  32t  40 0. 1,0. t 4  2  t  2  15t  26t  20 0. . . 1,0.  t  2  x  2. 3. 3,0. 1 1 1 1 1 1  x  y  z Đặt a b ; b c ; c a  (x, y, z > 0). 0,5.  P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz ≥. 27  9 3 (xyz)2  27 3 xyz  xyz. (*). 8  1 1  1 1  1 1  xyz            a b   b c   c a  abc (vì a, b, c > 0) Lại có: 3 1 a  b  c 3 3 abc   3 abc 2 mà 2. 1,0 1,0. 1 8 8 abc   64  xyz  64 8 abc abc  2 3 3 Thay vào (*) ta được: P  27  9 64  27 64  64 = 27 + 144 + 108 + 64 = 343. 0,5. 1 1 Dấu = có khi a = b = c = 2  Pmin = 343 Khi a = b = c = 2. 4. 3,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A. D. B. E. C. 0,5. F. BE CE DF CF  ,  AE EF AF EF Theo ñònh lí Talet ta coù : BE DF  1 Cộng tưng vế hai đẳng thức trên ta được : AE AF. 0,5 1,0 1,0. Nhân hai vế với AE.AF được : BE.AF + DF.AE = AE.AF = AC.EF ( bằng 2SAEF )  BE. CF .EF  DF . CE.EF  AC.EF Hay BE. CF  DF . CE  AC. EF 5. 3,0 Không mất tính tổng quát, giả sử. TH1:. A.  B  C   A  600 A   900 600 A. H. kẻ CH  AB; BK  AC. 1  S ABC  CH.AB 2 mà CH  CC1  1 ta có:. AB . 1,0. K. B1. C1 B. A1. C. 1,0. BB BK 1 1 2  1    0 SinA SinA SinA Sin60 3. 1 2 1  S ABC  .1.  2 3 3 (1) 0  TH2: A 90  AB  BB1  1, CH  CC1  1 (2).  S ABC . 1,0. 1 1 1  S ABC  .1.1   2 2 3. 1. 3 Từ (1) và (2) * Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn được ghi điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>