De Dap an KSCL HSG lop 9 NH 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD- ĐT YÊN LẠC TRƯỜNG THCS PHẠM CÔNG BÌNH. ---------------------. ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LẦN 4 NĂM HỌC: 2012- 2013 MÔN: TOÁN. Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) -------------------------Ngày thi: 03 tháng 01 năm 2013. Câu 1: (2.5 điểm) 2 2 2 2 a) Cho a xy  (1  x )(1  y ) ; b  x 1  y  y 1  x . Biết tích xy là số dương, hãy tính b theo a.  abc n 2  1  2 abc b)Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số trong hệ thập phân sao cho cba (n  2). Câu 2: (2.5 điểm) n. n. 5  3 5  1 5  5  3 5  1 5  f ( n)       10  2  10  2  a) Cho . So sánh f (n  1)  f (n  1) với f (n). b) Giải phương trình x  1  x  2  x  3  ...  x  2012  x  1 2013x  2025078  x  2012. Câu 3: (1.5 điểm)  xy  x 2 1  y  2 Giải hệ phương trình  xy  y 1  x. Câu 4: (2.5 điểm) a) Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao BB’ và CC’. Các điểm M, N lần . . 0. lượt thuộc các đoạn BB’ và CC’ sao cho AMC  ANB 90 . Chứng minh rằng AM=AN b) Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M nằm trong tam giác. Gọi D,E,F thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB. Hãy xác định vị trí điểm M sao 2 2 2 cho tổng MD  ME  MF có giá trị nhỏ nhất Câu 5: (1.0 điểm)  a 2  2b 2  3c 2  4d 2 36  2 2 2 Cho các số nguyên không âm a,b,c,d thỏa mãn 2a  b  2d 6 2 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a  b  c  d. --------------------------- Hết -------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GD- ĐT YÊN LẠC TRƯỜNG THCS PHẠM CÔNG BÌNH. HDC ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LẦN 4 NĂM HỌC: 2012- 2013 MÔN: TOÁN. ---------------------. Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) -------------------------Ngày thi: 03 tháng 01 năm 2013. Câu Câu 1. Lời giải vắn tắt 2. 2. 2. 2. 2. Điểm 2. 2. a) Tính được a 1  x  y  2 x y  2 xy (1  x )(1  y ) (1) b 2  x 2  y 2  2 x 2 y 2  2 xy (1  x 2 )(1  y 2 ) (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra b a  1 Do xy  0  x, y cùng dấu 2 + Nếu x>0 ; y>0 thì b>0 suy ra b  a  1 2 + Nếu x<0 ; y<0 thì b<0 suy ra b  a  1 2 b) Ta có abc 100a  10b  c n  1 (1) 2 cba 100c  10b  a n  4n  4 (2) Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được 99(a  c) 4n  5. (*). Từ (*) suy ra 4n  599 (3) 2 2 2 Do abc n  1  100 n  1 999  101 n 1000  11 n 31  39 4n  5 119 (4) Từ (3) và (4) suy ra 4n  5 99  n 26  abc 675 a) Tính được n 1 2 5  3 5  1 5    1 5   5  3 5  1 f (n  1)  f (n  1)  .     1   10  2    2   10  2   5  3 5  1  . 10  2. n 1. 5  1 5 5  3 5  1    2 10  2  n. 5  . n 1.   1    2 . n 1. 5  1 5  2  n. 5  3 5  1 5  5  3 5  1 5         f ( n) 10  2  10  2  Vậy f (n  1)  f ( n  1)  f (n) b) ĐKXĐ x 2012 Khi đó x  1  0; x  2  0; x  3  0;...; x  2012 0; x  1 2013  0. Pt đã cho  2012 x  (1  2  3  ...  2012)  x  1 2013x  2025078  x  2012. Câu 3.  x  2012 1  x  2012 1  x 2013(t / m) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2013 Trừ vế với vế của phương trình đầu cho phương trình sau ta được  x y x 2  y 2  y  x  ( x  y )( x  y  1) 0    x  y  1 0. 2 5    1  .

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 1 2 x  x  1 0  ( x  1)(2 x  1) 0    x  1  2 + Nếu x=y, từ pt đầu ta có  1 1 (1;1);   ;    2 2 Hệ có nghiệm + Nếu x  y  1 0  y  x  1 . Từ pt đầu của hệ có 0 x 0 . Phương trình có 2. vô số nghiệm suy ra hệ có vô số nghiệm ( k ;  k  1) trong đó k  R     1  1 (1;1);  ;  ;(k ;  k  1) k  R   2 2   Vậy tập nghiệm của hệ là  a) Tam giác AMC vuông tại M có MB’ là đường cao nên ta có AM 2  AB '. AC (1) 2 Tương tự có AN  AC '.AB (2) Do các tam giác AB’B và AC’C đồng dạng nên AB ' AC '   AB '. AC  AC '. AB AB AC (3) Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra AM=AN (đpcm) b)Kẻ đường cao AH, gọi K là hình chiếu của M trên AH 2 2 2 2 Ta có ME  MF MA  AK Khi đó 1 1 MD 2  ME 2  MF 2 KH 2  MA2 KH 2  AK 2  ( AK  KH )2  AH 2 2 2 1 MinMD  ME  MF  AH 2  M 2 Suy ra là trung điểm của AH Cộng vế với vế 2 đẳng thức đã cho ta có 3(a 2  b 2  c 2  d 2 ) 42  d 2 42  3P 42  P 14 . Dấu bằng xảy ra khi d=0 2. 2. 2. a 2  2b 2  3c 2 36(1)  2 2a  b 2 6(2) Khi đó ta có  Từ (2) suy ra b chẵn và b<3 suy ra b=0 ;2 2 + Nếu b=0 suy ra a 3  a  Z Loại 2 + Nếu b=2 ta có a 1  a 1 ( do a không âm) - Nếu a=1 suy ra c= 3 Vậy MinP=42 khi (a ;b ;c ;d)=(1 ;2 ;3 ;0).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>