PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ THẮNG Năm học 2010 – 2011
Đề chính thức Môn: TOÁN, LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi: 7 – 10 – 2010
Câu 1: (4,0 điểm)
Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 +2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n>1 không phải là số chính phương
Câu2 :( 4,0 điểm)
Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn a+b+c =3 Chứng minh rằng
2 2 2
3
Câu 3:( 3,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3xy +yz+3zx –xyz trong đó x,y,z là ba số dương thoả mãn x3 +y3 +z3 =3
Câu 4:( 3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( )
1 4
a b b c c a
a b c
>
+ + Câu 5 : (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn , từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn thẳng
IH , IK , IL lần lượt vuông góc với BC, CA, AB Tìm vị trí của I sao cho AL2 + BH2 + CK2 nhỏ nhất
Câu 6: (3,0 điểm)
Cho tam giác đều cạnh a, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC
Chứng minh rằng : MA +MB + MC > 3
2
a
Trang 2ĐÁP ÁN.
Câu 1:
(4,0 điểm)
Ta có: n6 – n4 +2n3 + 2n2 = n2 (n4 – n2 + 2n +2) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
=n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2– 2n+2)
Với n∈N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 =
n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 Không phải là số chính phương.
1,0
1,0
1,0
1,0
Câu 2:
3
(1) < => (a+b+c) –( 2 2 2)
2
−
(1 ) (1 (1 )
2 Mặt khác 1+b2>2b; 1+c2 > 2c; 1+a2 > 2a
(1 ) (1 (1 )
1
2 ab bc ca+ + Mà ab+bc+ca < (a2 +b2 +c2 ) nên 3(ab+bc+ca) < (a+b+c)2 = 9 =>
ab+bc+ca < 3 Vậy ta suy ra điều cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c =1
1,5
1,0
1,0
0,5
Câu 3:
(3,0 điểm)
Aùp dụng bất đẳng thức Cosy cho ba số dương ta có x3 +1+1 ≥ 3x ; y3 +1+1 ≥3y ; z3+1+1 ≥3z
Suy ra x3 +y3 +z3 +6 ≥3(x+y+z) (1) Lại có x3 +y3 +z3 -3xyz = (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) (2) Chú ý vế trái của (2)không âm , từ(1) vàØ (2) suy ra 1- xyz ≤ x2 +y2 +z2 – xy-yz-zx (3)
Từ (3) và (1) dẫn đến P≤ x2+y2 +z2 +2xy+2yz+2zx -1 = (x+y+z)2 -1 ≤ 32-
1 =8 Vậy P =8 => y=z =1 Vậy giá trị của P =8
1,0
0,75
1,0
0,25 Câu 4:
(3,0 điểm)
1 4
a b b c c a
a b c
>
(1) <=> 4(a+b)(b+c)(c+a) > (a+b+c)3
<=> a2(b+c) + b2(c+a)+c2(a+b)+2abc > a3 + b3 + c3 Mặt khác b+c>a => a2(b+c) > a3 ; c+a > b => b2(c+a)>b3 a+b>c
=>c2(a+b)>c3 Vậy a2(b+c) + b2(c+a)+c2(a+b)+2abc > a3 + b3 + c3( vì 2abc > 0)
1,0
1,0 1,0
Trang 3Câu 5:
(3,0 điểm)
- Vẽ hình đúng
Ta có AI2 = AL2 + LI2 ; AI2 = AK2 + KI2 Suy ra AL2 + LI2 = AK2 + KI2
Tương tự BH2 + HI2 = BL2 + LI2 và CK2 + KI2 = CH2 + HI2 Cộng (1) ; (2) và (3) ta có : AL2 + BH2 + CK2 = AK2 + BL2 + CH2
Do đó AL2 + BH2 + CK2 = 1
2[(AL2 + BL2 ) + (BH2 + CH2 ) + (CK2 + AK2 )
4 AB +BC +AC
Ta có AL2 + BH2 +CK2 ≥ 1
4(AB2 + BC2 + AC2 ) ( không đổi ) Dấu “ = “ xảy ra <=> AL = BL, BH = BL , CK = AK <=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
0,25
1,0
1,0 0,75
Câu 6:
(3,0 điểm ) - Vẽ hình đúng
MH ⊥ AB( H ∈ AB ) ; MK⊥ BC ( K ∈ BC ) ; MI ⊥ AC ( I ∈ AC )
=> MA > MH ; MB > MK ; MC > MI
=> Do đó : MA +MB + MC > MH +MK +MI (1) Mặt khác : MH + MK + MI =
2S MAB S MBC S MAC 2S MAB S MBC S MAC
0,25
0,75
1,0
1,0