DE THI CHON HSG T9 DE SO 15

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 :.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  ( 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 ..

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

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