Gọi chân đờng vuông góc hạ từ điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lợt là D, E, F.. Tính giá trị đó.
Trang 1PHềNG GD & ĐT YấN LẠC Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh
Mụn Thi: Toỏn – Lớp 9 Năm học 2012-2013
(Thời gian làm bài 150 phỳt (khụng kể giao
đề))
Ngày thi: 24 thỏng 2 năm 2013
Bài 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
1/ A = 5− 3− 29−12 5
2/ B =
2
4 3
2 4
4 8
+ +
+ +
x x
x x
Bài 2 (2 điểm):
1/ Cho a > c; b > c; c > 0 Chứng minh rằng:
c(a−c) + c(b−c) ≤ ab
2/ Cho 3 số dơng x, y, z có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:
x+yz + y+zx+ z+xy ≥ 1 + xy+ yz + zx
Bài 3 (42điểm):
1/ Giải phơng trình: x2 + 3x +1 = (x + 3) x2 +1
2/ Giải hệ phơng trình:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = -1
x2 + y2 + z2 = 14
Bài 4 (2 điểm):
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a Gọi chân đờng vuông góc hạ từ điểm
M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lợt là D, E, F Xác định vị trí của M để :
1/
MF ME MD
1 1
1 + + đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị đó
2/
MD MF MF ME ME
1 1
Bài 5 (2 điểm):
1/ Chứng minh rằng 22p + 22q không thể là số chính phơng, với mọi p, q là các
số nguyên không âm
2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng
đều tạo thành 1 tam giác có góc tù
=========Hết==========
Hớng dẫn chấm môn toán
Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Năm học 2012-13
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Nội dung Điểm
Bài 1 (4 điểm)
1/ A= 5 − 3 −(2 5 - 3) = 1
2/ B =
2 x
x -2) (
2 4
4 2 4
+ +
+
x
1
2 b
c -1 a
c 2 a
c -1 b
c b
c -1 a
c a
c
+
b c
(Bất đẳng thức côsi) Suy ra điều phải chứng minh
2/ Trớc hết ta chứng minh: x+yz ≥ x + yz (1)
Ta có (1) ⇔ x+ yz ≥ x 2 + 2x yz+ yz ⇔ 1 ≥ x + 2 yz
⇔ x+ y+z≥ x + 2 yz (vì x + y + z = 1)⇔ ( y - z)2 ≥ 0
• Tơng tự có y+zx≥ y + zx (2) và z+xy≥ z + xy (3)
• Từ (1), (2), (3) ta có
x+yz + y+zx + z+xy ≥ 1 + xy+ yz + zx (đpcm)
• Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3 1
0.5
1.0 0.5
0.5 0.25
Bài 3 (4 điểm)
1/ Đặt x2 +1= t ≥1 ⇒ x2 = t2 - 1, phơng trình đã cho trở thành
t2 – (x + 3)t + 3x = 0 ⇔
=
= 3
t
x
t
• Với t = x thì x2 + 1 = x phơng trình này vô nghiệm
• Với t = 3 thì x2 + 1 = 3 ⇔ x2 = 8 ⇔ x = ± 2 2
• Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là x = ± 2 2
2/ Ta có x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = 14
⇒ xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) =
5
⇒ y và x+z là nghiệm của phơng trình t2 – 6t + 5 = 0
0.25 0.25 0.5
0.25 0.5 0.25
0.25 0.25 0.25 0.5 0.25
2
Trang 3⇒
= +
= 1
5
z x
y
hoặc
= +
= 5
1
z x y
= +
= 1
5
z x
y
hệ vô nghiệm
• Với
= +
= 5
1
z x
y
hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2)
0.5
Bài 4 (4 điểm)
Từ đó ta có
1/
a
3 6 3 a
9.2 9 1 1 1 1 1 1
=
=
≥ + +
= + +
h z y x MF ME
MD
2/
a
3 3 3 a
9 2
9 1 1
1 1
1
+
+ +
+ +
= +
+ +
+ +ME ME MF MF MD x y y z z x h
MD
Trong cả hai trờng hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC
0.5 0.5
Bài 5 (4 điểm)
1/ Không mất tính tổng quát giả sử p≥ q, ta có: 22p + 22q = 4q(4p-q + 1)
4q là số chính phơng, nên cần chứng minh 4p-q + 1 không chính phơng
Giả sử ngợc lại, 4p-q + 1 = (2k + 1)2 (k ∈N) 4p-q-1 = k(k + 1)
vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phơng
2/ Trên mặt phẳng vẽ đờng tròn đờng kính AB bất kì.
Trên nửa đờng tròn đó lấy 2009 điểm A1; A2; … ; A2009 khác nhau và
khác B
⇒ Bất kì 3 điểm nào Ai, Aj, Ak (i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc
chắn có một góc tù
⇒ luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán
0.5 0.25 0.5 0.5 0.25
0.5 0.5
0.5 0.5
Lu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết quả vẫn cho tối đa số điểm
3