Tính diện tích của ngũ giác đĩ.
Trang 1UBND HUYỆN PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN PHỊNG GD - ĐT Năm học: 2010- 2011 - Mơn: Tốn
Ngày thi: 07/10/2010
ĐỀ CHÍNH THỨC: Thời gian làm bài: 150 phút
(Khơng tính thời gian phát đề)
-Câu 1: ( 3 điểm )
Tìm số nguyên m để m2m2010 là số nguyên
Câu 2: ( 2,5 điểm)
Tìm số tự nhiên cĩ ba chữ số abc sao cho:
2 2
abc = n - 1 cba = n - 2
(n N)
Câu 3: (2,5 điểm)
Giải phương trình :
3 2 2
3 2
x x
Câu 4: (3,0 điểm) :
Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
2 2 2 3
b c a
Câu 5 : (3.0 điểm)
Cho x,y dương thỏa : x+y=2009
2010 Tìm GTNN của S =2008
x +2008y1
Câu 6: (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD cĩ ADC DCB 900 và AD = BC, CD = a, AB =b Gọi I, N, J,
M là trung điểm lần lượt của các cạnh AB, AC, CD và BD, S là diện tích của tứ giác INJM
Chứng minh rằng: ( )2
8
a b
S Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Câu 7: (3,0 điểm)
Một ngũ giác cĩ tính chất: Tất cả các tam giác cĩ 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều cĩ diện tích bằng 1 Tính diện tích của ngũ giác đĩ
Trang 2
-UBND HUYỆN PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GD - ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2010 – 2011 - Môn : Toán
-Câu 1: (3,0 điểm):
Giả sử m2 + m + 2010 = k2 ( k N ) 4m2 + 4m + 8040 = 4 k2 (0,5 đ) 4k2 – ( 2m – 1)2 = 8039
( 2k – 2m – 1)( 2k + 2m + 1) = 8039(0,5 đ)
Vì 8039 là số nguyên tố nên 8039 = 1 8039 (0,5 đ) Xét hai khả năng xảy ra : 2 2 1 8039 2010
22k k22m m 1 80391 1 k m20102010
(0,5 đ)
Câu 2: ( 2,5 điểm)
Ta có: abc = 100a + 10b + c = n2 – 1 (1)
cba = 100c + 10b + a = n2 – 4n + 4 (2) (0,5 đ)
Lấy (1) – (2): 99(a – c) = 4n – 5 4n – 5 99 (0,5 đ)
Mà 100 n2 – 1 999 101 n2
1000
11 n 31 (0,75 đ)
39 4n – 5 119
Kết hợp với điều kiện 4n – 5 99 suy ra 4n – 5 = 99
n = 26 (0,75 đ) Vậy số abc = 675
Câu 3: ( 2,5 điểm)
3
x (0,25 đ)
Áp dụng BĐT a b 2
b a với a>0, b>0 (0,75 đ)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
3
3 2
x x
(0,5 đ)
2
(0,5 đ)
(0,5 đ)
Vậy tập nghiệm : 1; 2
Trang 3Câu 4: (3,0 điểm)
3
b c a
(1) < => (a+b+c) –( 2 2 2)
b c a
3 3 2
(0,75 đ)
3
2 (1,0 đ) Mặt khác 1+b22b; 1+c2 2c; 1+a2 2a
b c a
1
2 ab bc ca (0,5 đ)
Mà ab+bc+ca (a2 +b2 +c2 ) nên 3(ab+bc+ca) (a+b+c)2 = 9
=> ab+bc+ca 3 (0,5 đ) Vậy ta suy ra điều cần chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c =1 (0,25 đ)
Câu 5: (3,0 điểm)
Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky , ta cĩ :
2
2
(1,5đ)
Suy ra : 2010 1 :2009 2011 1
2008 2010 1004
s (0,5đ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
2008 2008
2008 1
2010 2009
2010
2010
y x
y
x y
(0,75đ)
Vậy MinS = 2011 1
1004 đạt được khi 2008
2010
2010
y (0,25đ)
Câu 6: (3,0 điểm)
Trang 4- Lập luận được tứ giác INJM là một hình thoi (0,5 đ)
- Dựavào giả thiết ADC DCB 900,
lập luận tiếp tứ giác INJM là một hình vuông (0,5 đ)
- Suy ra:
2
1
2
S MN (0,5 đ)
- Gọi P là trung điểm của AD, chứng minh được:
2
a b
MN PN PM (0,5 đ)
Kết luận được:
S
(0,5 đ)
- Nêu được dấu bằng xảy ra khi MN PN PM hay P, M, N thẳng hàng, tức là tứ giác ABCD là một hình thang (0,5 đ)
Câu 7: (3,0 điểm)
Giả sử ngũ giác ABCDE thỏa mãn đk bài toán
Xét BCD và ECD và SBCD = SECD (0,25 đ) đáy CD chung, các đường cao hạ từ
B và E xuống, CD bằng nhau => EB//CD, (0,5 đ)
Tương tự AC// ED, BD //AE, CE // AB, DA// BC
Gọi I = EC BD => ABIE là hình bình hành (0,5 đ)
=> S = S = 1 §Æt S = x < 1 (0,25 đ)
A
B
C
E
D
I
Trang 5=> SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED (0,5 đ) Lại có
IBE
IBC IDE
ICD
S
S IE
IC S
S
1
1 1
x x
=> x2 - 3x + 1 = 0 => x =
2
5
3 do x < 1 => x =
2
5
3 (0,5 đ)
Vậy SIED =
2
1
5 (0,25 đ)
Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED
= 3 +
2
1
5 =
2
5
5 (0,25 đ)
* Ghi chỳ: Mọi cỏch giải khỏc đỳng và lập luận chặt chẽ đều đạt điểm tối đa.