Đề thi HSG Toán 9 TpTH

SGD- Thanh hoáPGD- TP.. Thanh Hoá Đề thi học sinh giỏi toán 9... 1đ HS: giải bằng cách khác đúng cho điểm tối đa - Lời chứng minh đúng nhng không có hình vẽ hoặc hình vẽ không phù hợp

SGD- Thanh hoá

PGD- TP Thanh Hoá Đề thi học sinh giỏi toán 9 (Vòng 2 )

Năm học: 2005- 2006 Thời gian 150 phút ( không kể chép đề)

Bài1: a) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình 3x2 + 2y2 + z2 + 2(2xy + yz + zx) = 26 b) Giải phơng trình

n (x+ 1)2 − 4n x2 − 1 + 3n (x− 1)2 = 0 ( n ∈N; n≥ 2 )

Bài2: a) Giải hệ phơng trình











=

− +

− +

− + +

−

= +

−

−

0 1 1

2

0 1

y y x y

x y x

x

x y x

b) Cho 00 ≤ α ≤ 900

Chứng minh: ≤

2

1

Sin3 α + Cos3α ≤ 1

Bài3: Cho x, y, z là các số dơng ; x + y + z = 1 và A = xy + yz +zx - kxyz

a) Với K = 10 Tìm GTNN của A

b) Với k = 2

4

1 Tìm GTLN của A

Bài4 : Gọi I, G lần lợt là tâm đơng tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác

ABC, với các cạnh AB = c; BC = a; CA = b

a) Chứng minh rằng :

dt CIG = a b.r

6

1 −

Với r là bán kính đờng tròn nội tiếp ΔABC b) Nếu a = c +1 ; b = c – 1

Chứng minh : IG // AB

Tính IG

Hớng dẫn chấm môn toán lớp 9

Vòng 2- Năm học 2001- 20002 Bài1:(4đ)

a) (2đ) Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình

x2 + (x+y)2 +(x+y+z)2 = 26 vì x, y, z ∈ Z+ ⇒ x2 < (x+y)2 < (x+y+z)2 < 26

hay 3x2 < 27 ⇒ x2 < 9 ⇒ x2 = 1 ; 4

Xét x2 =1

(x+y)2 +(x+y+z)2 = 25

(x+y)2 < 25 < 26 ⇒ (x+y)2 < 13 < 16 ⇒ (x+y)2 = 4 ; 9

Nếu (x+y)2 = 4 ⇒ (x+y+z)2 = 21 (loại)

Nếu (x+y)2 = 9 ⇒ (x+y+z)2 = 16

Lúc này x = 1 ; x+ y = 3 ; x+y+z = 4⇒ y = 2 ; z = 1

Xét x2 = 4

⇒(x+y)2 +(x+y+z)2 = 22⇒2(x+y)2 < 22

⇒ (x+y)2 < 11 < 16

(x+y)2 > x2= 4 ⇒ (x+y)2 = 9⇒(x+y+z)2 = 13 (loại) (1đ)

Vậy phơng trình chỉ có nột nghiệm (x ; y ; z ) = (1 ; 2 ; 3)

b) (2đ) Xét x = 1 ⇒ n 4 − 4n 0 + 3n 0 = 0 vô lí

⇒ x ≠ 1 ta có phơng trình tơng đơng

x

x x

x

1

1 4 1

1 2

−

+

−













−

+ + 3 = 0 Phơng trình tồn tại (với n chẵn)⇔ x2 -1 ≥ 0 (1đ)

Đặt

1

1

−

+

x

x

n = t ⇒t2 – 4t + 3 = 0 ⇔ t1 = 3 ; t2 = 1

t1 = 3 : n

x

x

1

1

−

+ = 3 ⇔

1

1

−

+

x

x = 3n ⇔ x =

1 3

1 3

−

+

n

n

( Thoã mãn điều kiện do n ≥ 2)

t2 = 1: n

x

x

1

1

−

+ = 1 ⇔ x +1 = x – 1 ⇔ 2 = 0 vô lí

Vậy phơng trình chỉ có một nghiệm x =

1 3

1 3

−

+

n

n

(1đ)

Bài 2: (4đ)

a) (2đ) Giải hệ phơng trình











=

− +

− +

− + +

−

= +

−

−

0 1 1

2

) 1 ( 0 1

y y x y

x y

x

x

x y

x

đ/k: x≠ 0 ; x ∈ R

∀y ∈ R

Vì x ≠ 0 ta xét 2 trờng hợp

1) với x < 0, Khi đó phơng trình (1) trở thành

− 1 −− + 1 = 0

x

x

x ⇔ x−y = -2 Vô lí

Do đó hệ phơng trình vô nghiệm (1đ)

2) với x > 0; Khi đó phơng trình (1) trở thành

− 1 − + 1 = − 1

x

x

x ⇔ x− y = 0 ⇔x = y (3)

Thay (3) vào (2) ta đợc

1 2 1 1

2 0

1 1

2x−x + x+x− + x−x +x− = ⇔ x + x− +x+ ⇔ x− = - (2x -1) (vì x>0)

Điều này chứng tỏ 2x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 21 vậy 0< x < 12

Do đó hệ có nghiệm là









<

<

=

2

1

0 x

y x

Vậy với x < 0 hệ vô nghiệm

Với x > 0 hệ có nghiệm









<

<

=

2

1

0 x

y x

(1đ)

b) (2đ) Đặt Sin α = x ; Cosα = y

do 00 ≤ α ≤ 900 ⇒ 0≤ x ; y ≤ 1 và x2 + y2 = 1









≤

≤

2

3

2

3

y

y

x

x

x3 + y 3 ≤ x2+ y2 ≤ 1 hay Sin3α + Cos3α ≤ 1 (1đ)

y x

+

= +

≥

⇒







 +

≥ +

+

2 2

2

2 2

2 2

2 2

= x + y (x ; y ≥ 0)

2

1

Ta chứng minh x3 + y3 ≥ x+1 y (*) Bất đẳng thức (*) ⇔ ( x+y )2 (x2 – xy + y2 ) ≥ 1

⇔ ( x2 + y2 + 2xy ) ( x2 – xy +y2 ) ≥ 1 ( do x2 + y2 = 1 ) ⇔ ( 1 + 2xy ) (1 – 2xy) ≤ xy

⇔ 2xy ≤ 1 ⇔ (x – y )2 ≥ 0 ( đúng )

x3 + y3 ≥ 12 ⇔ Sin3α + Cos3α ≥ 12

Vậy

2

1 ≤ Sin3α + Cos3α ≤ 1 (1đ)

Bài 3: (6đ)

a) (3đ) Với k =10 Tìm GTNN của A

Với x,y,z > 0 ta có ( x + y+ z) (1 1 1)

z y

x+ + ≥ 9 ( do x+y+z = 1 ) ⇔ yz + xz +xy ≥ 9xyz ⇔ yz + xz +xy – 10 ≥ -xyz ⇒ A ≥ - xyz ( 1đ) Mổt khác vì x,y,z > 0 theo bất đẳng thức cô si ta có :

Xyz ≤ 3 3 = 271









x+y+z

Do đó A ≥ −271 dấu “=” xảy ra khi







=

+

+

=

=

1

z

y

x

z

y

x

⇔ x = y = z =

3 1

Vậy min A =

27

1

− ⇔ x = y = z =

3 1

b) (3đ) với k = 2

4

1 Tìm GTLN của A

Ta luôn có : x2 ≥ x2 – (y – z )2 ; y2 ≥ y2 – (z – x )2 ; z2 ≥ z2 – (x – y )2

( 1đ)

Nên z2y2z2 ≥ [ 2 ( )2] [ 2( )2] [ 2 ( )2]

y x z x z y z y

⇔z2y2z2 ≥ (x+y-z )2 (y+z-x)2 ( z+x-y)2

⇔ z2y2z2 ≥ (1-2z )2 (1-2x)2 ( 1-2y)2

⇔ xyz ≥ 1 – 2 ( x+y+z ) + 4 ( xy + yz + zx ) – 8 xyz

⇔ 9xyz + 1 ≥ 4 ( xy + yz + zx ) (1đ )

⇔( xy + yz + zx ) ≤ 41+9xyz4 ⇔ xy + yz + zx - 241xyz ≤ 14

⇔ A ≤ 14dấu ‘ = ‘ xảy ra ⇔









=

=

=

= + +

0

; 2 1

1

Z y

x

z y x

Vậy maxA =

4

1⇔ x = y = z =

2

1

z = 0 ( chẳng hạn) ( 1đ )

Bài 4 ( 6 đ)

a) (3đ) Gọi CL; CM lần lợt là phân giác

; trung tuyến kẻ từ C của Δ ABC

Ta có CG =

3

2CM

SCIG =

3

2SCIM

SCIM = S CLM - S ILM

=

2

1 LM h2 -

2

1 LM.r =

2

1 LM (h2 - r ) ( h2 là đờng cao hạ từ C ; r là bán kính đờng tròn nội tiếp)

Từ AL + LB = c;

a

b LB

AL

= ( tia phân giác )

b a

b

AB

AL

+

=

⇒ +

= ( 1đ)

do đó LM =

) ( 2

b a c b a

bc c AL AM

+

−

= +

−

=

2

c) Lại có h2 – r =

c

b a r c

c p r r c

r p r c

2 − = − = − = + ( 2p = a+b+c) ( 1đ) Suy ra SCIM =

2

1

r b a c

b a r b a

b a c

−

=

+

−

−

4

1 ) ( ) ( 2

SCIG =

3

2SCIM =

3

2 a−b r = a−b r

6

1 4

1 ( dpcm ) ( 1đ ) b) ( 3đ) Theo giả thiết ta có: a = c+1; b = c-1 ⇒ a > b

và a + b = 2c ⇒ 2p = 3c

a – b = 2

Nhận thấy khoảng cách từ I và G đến AB lần lợt là r và

3

c

h

A

C

I G

a

b

B

Mà r = ABC 2. c 3. c h3c

c

h c p

h c p

S = = = ⇒ IG // AB (1đ) Nếu kẻ đờng cao từ C của ΔCIG thì độ dài đờng cao bằng 2

3

2

⇒ SCIG = IG r ( 1đ ) Mặt khác theo kết quả câu a ta có:

SCIG = a b r a b r r

3

1 ).

( 6

1 6

1 − = − = ( a > b; a – b = 2)

Do đó ⇒ IG r = 13r ⇔ IG = 31 ( 1đ )

HS: giải bằng cách khác đúng cho điểm tối đa

- Lời chứng minh đúng nhng không có hình vẽ hoặc hình vẽ không phù hợp lời chứng minh không cho điểm

- Vẽ hình, gt, kl đúng nhng không có lời chứng minh không cho điểm