Rút gọn biểu thức P.. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF.. Giám thị không giải thích gì thêm PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC... Học
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 28/10/2013
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang)
Bài 1: (4,0 điểm)
2
P
a Rút gọn biểu thức P
b Tìm x để 2
7
P
c So sánh: P2 và 2P
Bài 2: (4,0 điểm)
a Tính giá trị biểu thức: A 7 4 3 4 2 3
b Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2013
2013
a b c thì một trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2013
Bài 3: (4,0 điểm)
a Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30
b Cho a, b, c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
2 2 2
P
abc
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở A, AH BC, HE AB, HF AC ( H BC,
E AB, F AC)
a Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B
b Chứng minh rằng: AB33 BE
CF
c Chứng minh rằng: 3BC2 3CF2 3BE2
d Cho BC = 2a Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF
Bài 5: (2,0 điểm)
Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên
Hết
Họ tên thí sinh: Chữ kí của giám thị:1:
Số báo danh: Chữ kí của giám thị 2:
Giám thị không giải thích gì thêm
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HUYỆN HOẰNG HOÁ NĂM HỌC 2013-2014
MÔN : TOÁN
Hướng dẫn chấm này có 03 trang
I Yêu cầu chung:
1 Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng
2 Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm
II Yêu cầu cụ thể:
1
(4điểm
)
a (2,0đ)Ta có:
: 2
P
1,0đ 1,0đ b.(1,5đ)
6 0
2
x
( vì x 3 0 )
x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện)
Vậy x = 4
0,5đ 0,25đ
0.25đ 0,25đ 0.25đ
c (0,5đ)
* Do x x 1 = 1 2 3 0
x
nên P > 0
* Với x > 0 thì x x 0nên x x 1 > 1
Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0 P2 < 2P
0,25đ 0,25đ
2
(4điểm)
a.(2,0đ) A (2 3) 2 (1 3) 2
2 3 1 3
(2 3) ( 3 1)
= 1
1.0 đ
0.25đ 0.5đ 0.25đ
b (2,0đ)Từ giả thiết suy ra:
a b c a b c a b c a b c
0
0,5đ 0,25đ
Trang 3B E
H
F
C A
( )( )( ) 0
0 0 0
a b b c c a
a b
b c
c a
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
0.5đ 0,5đ 0.25đ
3
(4điểm)
a.(2,0đ)
Đk: x 5
2 7 6 5 30
x x x (x2 – 8x + 16) + (x + 5 - 6 x 5 + 9) = 0
( x – 4)2 + ( x 5- 3)2 = 0
4
5 3 0
x
x x
Vậy x = 4
0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ
0,25đ b.(2,0đ)
Với x, y, z > 0 Ta có:
+) x y 2
y x (1)
+) 1 1 1x y z x y z9
(2) +) x2 + y2 + z2 xy + yz + zx
2 2 2
1
xy yz zx
Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3) x = y = z.Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
abc
abc
Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9
2 8 18 28
ab bc ca
ab bc ca
Dấu “ =” xảy ra
ab bc ca
ab bc ca
Vậy Min P = 28 khi và chỉ khi a = b = c
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ a.(2,0đ)
* AHB vuông tại H, có HE AB nên
AH2 = AB.AE (1)
Tương tự: AH2 = AC.AF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB.AE = AC.AF
* BH = AB.cosB; AB = BC.cosB
Suy ra BH = BC.cos2B
0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ
Trang 4O B
E
H
F
C A
4
(6điểm)
b.(1,5đ)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
AB2 = BC.BH; AC2 = BC.CH;
BH2 = AB.BE; CH2 = AC.CF nên
3 3
.
CF AC
0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ
c (1,5đ)
Ta có BE = BH.cosB; BH = AB.cosB; AB = BC.cosB;
Do đó: BE = AB.cos2B = BC.cos3B BE2 = BC2.cos6B
3BE2 3BC2 cos 2B.
Tương tự ta có: 3CF2 3BC2 sin 2B.
3BE2 3CF2 3BC2 (cos 2B sin 2B) 3BC2
0,25đ
0,5đ 0,25đ 0,5đ
d (1,0đ)
Ta có: SAEHF = AE.AF Lại có: AE AH2
AB
Tương tự: AF AH2
AC
S
Max SAEHF = 2
2
a ABCvuông cân tại A
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
5
(2điểm)
Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên
Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1; 2; 2;3; 3 Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 2016k
Bài toán được chứng minh
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ
0,25đ 0,25đ Hết
Người làm đáp án: Người thẩm định:
1
2 Người duyệt: