Tải bản đầy đủ (.docx) (4 trang)

DE THI CHON HSG T9 DE SO 15

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.9 KB, 4 trang )

(1)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH THI GIỎI HUYỆN NĂM 2016 Môn thi: TOÁN 9 - Bài 6 . Thời gian làm bài : 120 phút. Đề ra : Bài 1:. Cho biểu thức : A= - a, Rút gọn A c, Tìm các giá trị của x để A nhận giá trị nguyên d, Tìm giá trị của x để biểu thức M = đạt Min .. Bài 2:. Tìm giá trị nhỏ nhất (min) của biểu thức sau : K = x1420 + x404 + x55 + x50 + x35 +x25 +x20 + x7 + 2016 ; ( x>0) X 2. 2. Cho biết : ( x  x  5)( y  y  5) 5 . (*) Tính giá trị của biểu thức: Q = Bài 4 : cho các số thực : a1 , a2 ,a3 , … , a2016 . thỏa mãn đẳng thức : a1 + a2 + a3 + … + a2016 = 1. CMR : a12 + a22 + a32 + … +a22016  . Bài 5 : Cho x,y,z không âm thỏa mãn : x + y + z =9 . Tính giá trị nhỏ nhất ( min ) của biểu thức : B = xy + yz +zx . Bài 3 :. Bài 6 :. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ.. Bài 7 : Gọi a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác cho biết : (a+b)(b+c )(a+c) = 8abc . CMR : tam giác đã cho là đều . Câu 8 : Tìm một đa thức bậc ba cho biết : P(0)=10 ; P(1)= 12 ; P(2) = 4; P(3) = 1 . Câu 9 :. Tìm đa thức bậc 3 P(x) cho biết khi chia P(x) cho các đa thức : (x-1); (x-2) ; (x-3) đều được dư là 6 và P(-1) = -18 . Câu 10 : Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân. b) Chứng minh : ME // BN. c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng. GVBM : Xuân Hà Hướng dẫn giải : 1 . tự giải . 2 . Thật vậy ta phân tích k thành tổng của 2016 số với cùng mẫu số x( với x > 0 ) , rồi Áp dụng Bất Đẳng Thức Cô Si cho 2016 số không âm ta có :.

(2) 3. Từ (*) Ta lần lượt nhân hai vế với lượng liên hợp của hằng đẳng hiệu hai bình phương ta có hệ pt sau : -5(y +. y 2  5 ) =5( x - x 2  5 ). (1). 2. -5(x + x  5 ) = 5 (y - y  5 ) (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có :10 (x + y) = 0  (x + y ) = 0 . (**) Từ ( ** ) và Q ta có : giải tương tự như dưới đây Q= 2. x 2009  y 2009 ( x  y)( x 2008  x 2007 y  x 2006 y 2  ...  y 2008 ) 0.( x 2008  ... y 2008 ) 0. Giá trị : Q = 0 tại : x = - y . 4 . Áp dụng bất thức Bunhiacopxki cho 2016 số ta có điều cần chứng minh . 5 . Áp dụng bất đẳng thức Bu Nhiacôpxky ta có : B2 = (xy + yz + zx )2  (x2 + y2 + z2 )(x2 + y2 +z2 ) . Mà : (x2 + y2 + z2 ) = (x +y + z )2 -2xy – 2yz – 2zx  0 .(***) B2  (x2 + y2 + z2 )(x2 + y2 +z2 ).

(3)  ( x  y  z ) 2  2 xy  2 yz  2 zx   81  2( xy  yz  zx ) . 2. 2.  9 2  2( xy  yz  zx ) .  B 2  81  2( xy  yz  zx ) . 2. 2.  B 81  2( xy  yz  zx )  B  2( xy  yz  zx ) 81 81  3( xy  yz  zx ) 81  B  xy  yz  zx  27. 3.  B (min) = 27 Khi và chỉ khi : = = và x + y + z = 9 x = y = z = 3 ./. 6 . Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1 = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 = ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn  a2 + a + 1 là số lẻGọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1 = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 = ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn  a2 + a + 1 là số lẻ . 7 . Từ giả thiết ta có : (a+b)(b+c )(a+c) = 8abc  ( ca2 -2abc+cb2 )+( ab2 -2abc c2a) +( bc2 - 2abc +a2b)= 0  C(a-b)2 +a(b-c)2 +b( c- a)2 = 0 => => a=b=c => tam giác đều . 8. Đặt: P(x) = d+cx + bx(x-1) + ax(x-1)(x-2) P(0) = d => d=10 ; P(1) = d+cx => c + d = 12=> c = 2 ; P(2) = d+cx +bx(2-1) =4 => 10+4+2b = 4=> b=-5 ; P(3) = d+cx +bx(x-1) +ax(x-1)(x-2) = 1 P(3) = 10+2.3+ (-5).2 +a.32.1 = 1 => a =  Vậy HSXĐ : P(x) = x (x-1)(x-2) - 5x(x-1) +2x + 10 10 ..

(4) Hình vẽ. Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC . . 0. Và B1 C1 45 BE = CM ( gt ) Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)    OE = OM và O1 O3   0  Lại có O2  O3  BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông  O   O EOM 900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O 2 1 Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD AM BM  + AB // CD  AB // CN  MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*) Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) AM AE  Ta có : MN EB  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét). Gọi H’ là giao điểm của OM và BN   Từ ME // BN  OME OH ' E ( cặp góc so le trong) 0  Mà OME 45 vì ∆OEM vuông cân tại O  ' B 450 C   MH 1  ∆OMC  ∆BMH’ (g.g) OM MH '    CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC ,kết hợp OMB   ' C 450  ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM MH  ' C BH  ' M  MH  ' C 900  CH '  BN BH . Vậy Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm).

(5)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×