Đê thi chọn học sinh giỏi lớp 9 vòng 1 năm học 2011 2012551

M là trung điểm AB, trên BC lấy điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng DC tại P, đường thẳng PB cắt đường thẳng DM tại Q.. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tich tam giác AHC theo a Bài 5..

ĐÊ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 1 NĂM HỌC 2011-2012

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1 Giải các phương trình

a) x2 + 2x + 2 = 2 x32x22x 1

b) 2x 3  4x 7  2x 9 5 4x 7   4 2

Bài 2 Cho a và b là các số thoả mãn: 2 2

( a 2011 a)( b 2011 b) 2011

( b 2011 b) ( a 2011 a) b) Tính: P = a2011 + b2011 + 2011

Bài 3 Cho a, b, c, d là các số dương, chứng minh:

a) a b b c c d d a 0

b) a b c a d b d c d

Bài 4 Cho hình chữ nhật ABCD, cạnh AB = a M là trung điểm AB, trên BC lấy điểm N, đường thẳng

AN cắt đường thẳng DC tại P, đường thẳng PB cắt đường thẳng DM tại Q

a) Chứng minh QAB฀ = BAP฀

b) Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng CM cắt đường thẳng BC tại H Tính giá trị nhỏ nhất của diện tich tam giác AHC theo a

Bài 5. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện

x y 2 x y 3xy 17

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ThuVienDeThi.com

Bài Đáp án Điểm

Bài 1

a)

b)

Bài 2:

a)

b)

Bài 3:

a)

x2 + 2x + 2 = 3 2 

x 1  x   x 1 2 x 1 x  x 1 Với ĐKXĐ: x  -1 Phương trình trở thành  2

2

x 1  x  x 1 0

 2  x = 0 (TMĐK) Vây phương trình có nghiệm x = 0

x 1  x  x 1

2x 3  4x 7  2x 9 5 4x 7   4 2

Nhân hai vế của phương trình với 2, ta được:

4x 6 2 4x 7    4x 18 10 4x 7   8

 4x 7 2 4x 7 1     4x 7 10 4x 7   258

( 4x 7 1)  ( 4x 7 5) 8

 4x 7 1   4x 7  5 8 (*)

Với ĐKXĐ x phương trình (*) trở thành 2 7 hay

x  4x 7 1  4x - 7 = 1  x = 2 (TMĐK) Vậy phương trình có nghiệm x = 2

( a 2011 a)( b 2011 b) 2011

 ( a22011 a)( a 22011 a)( b 22011 b) 2011( a22011 a)

 2 2 2 2 (a 2011 a )( b 2011 b) 2011( a 2011 a)

 2011( b22011 b) 2011( a22011 a)

 2 2 (1)

( b 2011 b) ( a 2011 a)

Tương tự ta có: ( a22011 a) ( b22011 b) (2)

Từ (1) và (2)  a = - b Nên P = a2011 + b2011 + 2011 = a2011 - a2011 + 2011 = 2011

BĐT tương đương a b 1 b c 1 c d 1 d a 1 4

Áp dụng BĐT phụ 1 1 4 (HS phải chứng minh) ta có:

x y x y



= 4

5 điểm

1 đ 1đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

5 điểm

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

1 đ

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

5 điểm 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

ThuVienDeThi.com

b)

Bài 4:

a)

b)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b= c = d

Do vai trò a, b, c bình đẳng nên ta giả sử a b c  

Ta có: a b c 3=

        

= = (1)

(a b) (a c)(b c)

Tương tự ta cũng có a d b d c d 3= (2)

2

(a b) (a c)(b c) (a d)(b d) (a d)(c d)



Vì a, b, c, d > 0 và a b c  

2

(a b) (a c)(b c)

(a d)(b d) (a d)(c d)



Từ (1), (2) và (3) suy ra a b c a d b d c d

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt AQ tại K

Ta có: QK QM ;   KB //AP

QA  QP

 KBA฀ BAP฀ (sole trong) (1)

KBA cân tại K (Trung tuyến KM vừa là đường cao) Nên QAB฀ KBA฀ (2)

Từ (1) và (2) suy ra QAB฀ BAP฀ (Đpcm)

AHB  CMB (g – g)  HB AB  HB CB = MB AB

MB CB = a.a a2 (không đổi)

2  2

Ta có SAHC = 1AB HC = HC Do đó (SAHC)min HC Min

2

a 2

Vì HC = HB + BC nên HC Min  HB = CB (vì HB CB không đổi)

Lúc đó: Tam giác AHC cân tại A

Vì HB CB a2  HB2  HB =

2

2

2 Vậy min SAHC =

2

2a 2

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

4 điểm

2 đ

1 đ

1 đ

C

D

B A

P

K

Q

N M

a

H

ThuVienDeThi.com

Bài 5:

x y 2 x y 3xy 17

    2 2  2 2

xy x xyy 2 x xyy xy 17

x y 2 x xyy xy 17

Do x, y  N nên xy + 17 > 0 và x2xyy2 0

Suy ra: x – y – 2 > 0 Vì vậy x  y + 3  3 (1)

Lại có 2 2 nên (2)

x xyy xy 17 2 2

x y 17

Từ (1) và (2)  3  x  4 và x  N, nên x  {3; 4}

*) Nếu x = 3 từ (1)  y = 0

*) Nếu x = 4 từ (1)  y = 0 hoặc y = 1

Trong các cặp số (x; y)  {(3; 0); (4; 0); (4; 1)} chỉ có cặp (4; 1) thỏa mãn bài toán

Vậy x = 4; y = 1

1 điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

ThuVienDeThi.com