Đề thi HSG toán 9(NH11-12) có đáp án

Tìm giá trị lớn nhất của abc.. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. a Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng.. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng.. Tính s

PHOỉNG GD-ẹT PHUỉ MYế ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI NAấM HOẽC 2011-2012 TRệễỉNG THCS MYế THAỉNH Moõn : TOAÙN – Lụựp 9

(khoõng keồ thụứi gian phaựt ủeà)

Bài 1 (3,0điểm):

a) Phân tích thành nhân tử: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz

b) Tỡm số tự nhiờn n để n 18 và n  41 là hai số chớnh phương

Bài 2: (3,0điểm)

a) Chứng minh m,n,p,q ta đều có m2 + n2 + p2+ q2+1 m(n+p+q+1)

b) Chứng minh bất đẳng thức: a2 b2  c2 d2  (a c ) 2  (b d ) 2

Bài 3 (3,0điểm)

a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y + 2)x2 + 1 = y2

b Giải phơng trình: 1 1 1 2011 2011

x

 

Bài 4: (3,0điểm)

a) Với x, y khụng õm, tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x - 2 xy  3y 2 x   2008,5

b) b Cho a; b; c > 0 và: 1 1 1

1 a1 b1 c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của abc

Bài 5: (5,0điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy

điểm D sao cho HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

a) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo

m AB

b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng Tính số đo của góc AHM

c) Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB HD

BC AH HC

Bài 6 (3,0điểm)

Cho tam giỏc ABC cú ã 0

ABC = 60 ; BC = a ; AB = c (a, c là hai độ dài cho trước) Hỡnh chữ nhật MNPQ cú đỉnh M trờn cạnh AB, N trờn cạnh AC, P và Q ở trờn cạnh BC được gọi

là hỡnh chữ nhật nội tiếp trong tam giỏc ABC Tỡm vị trớ của M trờn cạnh AB để hỡnh chữ nhật MNPQ cú diện tớch lớn nhất Tớnh diện tớch lớn nhất đú

-Hết -ẹAÙP AÙN VAỉ BIEÅU ẹIEÅM CHAÁM

Bài Nội dung Điểm

1

a

1,5

A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz

= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z)

= y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)

= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]

= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)

0,5

0,5 0,5 b

1,5

Để n 18 và n  41 là hai số chính phương

2

18

   vàn 41 q p q2 , N

Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p q p q 591 q p3029

Từ n 18 p2  30 2  900 suy ra n 882

Thay vào n  41, ta được 882 41 841 29    2 q2

Vậy với n 882 thì n 18 và n  41 là hai số chính phương

0,5

0,5

0,5 a

1,5

Ta cĩ: m2 + n2+ p2+ q2+1 m(n+p+q+1)

0 1 4

4 4

4

2 2 2

2 2

2 2









































































0 1 2 2

2 2

2 2

2 2

































































q m p m n

DÊu b»ng x¶y ra khi







































0 1 2

0 2

0 2

0 2

m

q m

p m n m





























2 2 2 2

m

m q

m p

m n















 1

2

q p n m

0,5

0,5

0,5

b

1,5

Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta cĩ:

a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a2 b c2 )( 2 d2 ) a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2

 (a2 b2 )(c2 d2 )  ac + bd (1) Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m Nếu ac + bd 0 (1)  ( a2 + b2 )(c2 + d2) a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2  a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2d2 + b2c2 – 2abcd  0  (ad – bc)2  0 ( luơn đúng) Dấu “=” xẩy ra  ad = bc  a c

b d

0,5 0,25

0,5 0,25

1,5

Ta cĩ: (y + 2)x2 + 1 = y2  (y+2)x2 - (y2-4) = 3  (y+2)(x2-y+2) = 3 Suy ra:

VËy nghiƯm nguyªn cđa ph¬ng tr×nh lµ: (0;1),(0;-1)

0,75

0,5 0,25

1,5 Ta cú:

1.2 2.3   x x( 1)   x1

x

 

    (x 2011) Suy ra: x + 1 = 2011 x 2012  2011- x+ 2011 x 0

 2011 x( 2011 x 1) 0  2011 x 0

Vậy nghiệm của phương trỡnh là x = 2011

0,25

0,25 0,5 0,5

4

a

2

Đặt x a; y b với a, b 0, ta có:

P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 1 3b 2008,5 = a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5 = a - b -1 2 b b 2007, 5

a - b -1 2 b b 2007,5 a - b -1 2 b 2007







2 2

2007

3

Vì a - b -1 0 và b 0 a, b.Nên P = 2007 1

b 2

2

Vậy P đạt GTNN là 2007

0,5

0,5

0,5

b

1,5 + Tính được:    

1

2

+ Tượng tự ta có:

   

1 2

ac

   (2)

1 2

ab

+ Chỉ ra được các vế của các BĐT (1); (2); (3) đều dương nên nhân từng vế các bất đẳng thức (1); (2); (3) suy ra được: abc  1

8 + Kết luận max abc = 1

8 khi a = b = c =

1 2

0,5

0,25

0,5 0,25

2,0

+ Hai tam giác ADC và BEC có: C chung

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BEC  ADC 135 0 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).

Nên AEB 45 0 do đó tam giác ABE vuông cân tại A

1,0 0,5

Suy ra: BEAB 2 m 2 0,5

b

1,5

Ta có: 1 1

BC  BC  AC (do BECADC) mà AD AH 2 (tam

giác AHD vuông vân tại H)

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do đó BHM  BEC (c.g.c), suy ra: BHM  BEC 135 0  AHM  45 0

0,5

0,5 0,5

c

1,5

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.

Suy ra: GB AB

GC AC ,

Do đó: GB HD GB HD GB HD

0,5 0,5 0,5

Hỡnh vẽ

Đặt AM = x (0 < x < c) Ta cú: MN = AM MN =ax

 

0 c - x 3

MQ = BM.sin60 =

2 Suy ra diện tớch của MNPQ là:S = ax c - x  3 = a 3x c - x 

+ Ta cú bất đẳng thức:

2

ab ab (a > 0, b > 0)

Áp dụng, ta cú:

x + c - x c

Dấu đẳng thức xảy ra khi: x = c - x x = c

2

Suy ra: .

2

a 3 c ac 3

 Vậy: Smax = ac 3

8 khi x = c

2 hay M là trung điểm của cạnh AB

0,5 0,5

0,5 0,5

Ghi chỳ: Mọi cỏch giải khỏc đỳng và phự hợp vẫn ghi điểm tối đa.