Cho bốn số thực bất kì a,b,c,d.. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?. 2.Cho nữa đường tròn O;R đường kính AB.. M là một điểm chuyển động trên nữa đường tròn.. Xác định vị trí của đểm M để MA +
Trang 1Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011
Môn : Toán(Bảng A) Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Bài 1(4,0 điểm)
Cho biểu thức :
4
P
x
−
− + với x≥ 0;x≠ 4
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P = 2
Bài 2(4,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức 8 15 8 15
2 Giải phương trình x2 + x+ 3 3 =
Bài 3 (4 điểm)
1 Cho bốn số thực bất kì a,b,c,d Chứng minh :
ab cd+ ≤ (a2 +c2 )(b2 +d2 ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
2.Cho nữa đường tròn (O;R) đường kính AB M là một điểm chuyển động trên nữa đường tròn Xác định vị trí của đểm M để MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất
Bài 4(4,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên (x;y;z) thỏa mãn :
3 3 2
2
2
xy z
= +
Bài 5(4,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A với BC = a,AB = AC = b (a > b).Đường phân giác BD của góc ABC cắt
AC tại D và có đôi dài bằng cạnh bên (BD = b)
1 Tính CD theo a và b
2 Chứng minh rằng (1 a a)( b) 1.
b b a
……… Hết………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẨN CHẤM ĐỀ THI
QUẢNG TRỊ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011
Môn : Toán(Bảng A) Bài 1 ( 4,0 điểm)
a) Với a≥ 0;a≠ 4, ta có:
P
( 2)( 2)
=
b) P = 2 khi và chỉ khi
3
2
x
Bài 2 (4,0 điểm)
= ( 15 1) + 2 + ( 15 1) − 2 = 2 15 1đ
2 Giải phương trình: x2 + x+ 3 3 =
Cách 1 :
Đặt u= x+ 3 ,u≥ 0 ⇔u2 =x+ 3
Ta có hệ : 22 3(1)
3 0(2)
u x
x u
= +
+ − =
Từ (1)(2)
1 0
Với x = u ta có :
1 13 2
1 13 2
x x x
x
− − =
=
⇔
=
0,25đ
Ta chỉ nhận 1 13
2
Với x = u + 1 ta có : x2 +x− 2 0 = 0,25đ
1
2
x x
=
⇔
= −
Trang 3Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch
B A
M
Vậy phương trình có hai nghiệm : 1 13
2
x= − ,x =1 0,25đ
Cách 2 :
3
3
+ + = ⇔ + + = + − + + ⇔ + = + −
+ = + −
⇔
+ = − + +
3 3
x
+ = −
+ + = ⇔
− ≤ ≤
đưa ra phương trình bậc 4 có hai nghiệm 1 và -2 nên dể dàng
phân tích thành nhân tử vế trái,
Bài 3 (4,0 điểm)
1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 ( ) ( ) 2( )( ) 0 ( ) 0
Luôn đúng với 4 số thực bất kì
Vậy ab+cd ≤ (a2 +c2 )(b2 +d2 ) ∀a b c d, , , ∈R
Dấu đẳng thức xảy ra khi ad-bc = 0 hay c d(a 0,b 0)
a = b ≠ ≠
2.AMB =90 0( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Áp dụng định lí pitago cho tam giác AMB ta có:
MA2 +MB2 = AB2 = 4R2
Áp dụng BĐT ab+cd ≤ (a2 +c2 )(b2 +d2 )
Ta có MA+ 3MB≤ (1 3)( + MA2 +MB2 ) 4 = R
Dấu “=” xảy ra MB 3 MAB 60 0
MA
Bài 4 (4,0 điểm) 3 32 2 2 1(1)
2(2)
xy z
= +
Cách 1 : Do 2x + >2 1 0 nên từ (1) ta có : 3 3
y >x ⇔ y>x
Vì x y, ∈Z nên y ≥ x+1
2
( 1)
⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
Do x∈Z nên x ∈ − − −{ 3; 2; 1;0}
Từ (2) ta thấy xy > 0 nên
(x;y) thỏa mãn là (- 3 ; -2)
Suy ra (x ; y ; z) là(-3 ; -2 ;-2);(-3 ; -2 ;2)
Trang 41 2 3
1
1 2 b
b
b
a-b
E D
B
A
C
1 2 b
a b
K
D
B
A
C
1 2 b
a b
a-b
E D
B
A
C
Cách 2 : Kẹp (x+ 1) 3 ≤ y3 ≤ (x+ 4) 3
Câu 5 (4,0 điểm)
Cách 1:
a) Theo tính chất đường phân giác ta có :
DA BA DA DC BA BC
+
=
(1)
ab
DC
a b
+
b)Lấy điểm E thuộc BC sao cho BE = b, tam giác BAD,BED
cùng cân tại B và bằng nhau
1 180 2 3 180 2 1 1
D = −D −D = −D −E =B
Tam giác CED đồng dạng với tam giác CDB
2
CE CD
CE CB CD
CD CB
Từ (1)(2) và CE = a – b ta có :
(a-b)a =
2
ab
a b
+
(1 a a)( b) 1
b b a
Cách 2:
Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKA ta có:
BK = AB −AK
Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKC ta có:
Ta lại có AK = DK
Suy ra:
2 2
2 2
2
2
2
2
.
(1 )( ) 1
ab
−
+
+
Cách 3 :
Trang 5Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch Tam giác BAD và tam giác CDE đồng dạng
(1 )( ) 1
ab
b
a b
−
+
− +