Về phía ngoài của hình bình hành ta dựng các tam giác vuông cân BAE và BCF đỉnh B.. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BA và BC a So sánh diện tích tam giác DEF và d
Trang 1UBND HUYỆN NÔNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 PHÒNG GD&ĐT NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:(2 điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b với mọi a, b ∈ R
b) Với a > 0, b > 0, c > 0 hãy chứng minh bất đẳng thức sau:
c b a b
ca a
bc
c
ab
+ +
≥ + +
Bài 2: (1 điểm) Cho phương trình: x+ 2 x− 1 −m2 + 6m− 11 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi m
Bài 3: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A =
1
3 4
2 +
+
x x
Bài 4: (2điểm) Giải hệ phương trình, phương trình:
a)
2
4
2 2
= + +
= + +
y xy x
y xy x
b) (x2 − 2x+ 4 )(x2 + 3x+ 4 ) = 14x2
Bài 5: (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD Về phía ngoài của hình bình hành ta
dựng các tam giác vuông cân BAE và BCF đỉnh B Chứng minh rằng:
BD = EF và BD ⊥ EF
Bài 6: (1,5điểm )Cho hình vuông ABCD Trên đoạn AC lấy điểm M Gọi E và F lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BA và BC
a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác AEFC
b)Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất
Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số
1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương
Trang 2UBND HUYỆN NÔNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 PHÒNG GD&ĐT NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1:(2 điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b với mọi a, b ∈ R
b) Với a > 0, b > 0, c > 0 hãy chứng minh bất đẳng thức sau:
c b a b
ca a
bc
c
ab
+ +
≥ + +
a) Ta có: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b
⇔ 2a2 + 2b2 + 2 ≥ 2ab + 2a + 2b
⇔(a2 – 2ab + b2) + (a2 - 2a + 1) + ( b2 – 1-2b +1) ≥ 0
⇔ (a – b)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 ≥ 0 bất đẳng thức đúng với mọi a, b ∈ R
Do đó, bất đẳng thức cho được chứng minh
1 đ b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
a
bc c
ab a
bc
c
ab
2
≥
b
ca c
ab
2
≥ + (2)
c
b
ca a
bc
2
≥ + (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được: a b c
b
ca a
bc c
ab + + ≥ + +
0,5 đ 0,5 đ
Bài 2: (1điểm) Cho phương trình: x+ 2 x− 1 −m2 + 6m− 11 = 0
ĐK: x ≥ 1 Đặt: x− 1 =t≥ 0
pt trở thành: t2 +2t –m2 + 6m – 10 = 0
a) Khi m = 2 ta có: t2 +2t – 2 = 0
−
−
=
+
−
=
⇔
) ( 3 1
) ( 3 1
loai t
chon t
Với t = − 1 + 3 ⇒ x= 5 − 2 3
0,5 đ
b) pt có hệ số a = 1 > 0
hệ số c = -(m2 - 6m + 10) = -(m - 3)2 - 1 < 0 với mọi m
Do a và c trái dấu nên pt có hai nghiệm trái dấu với mọi m
0,5 đ
Bài 3: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A =
1
3 4
2 +
+
x x
2
1 4
4 1
) 1 2 ( 4 1
) 1 2 ( ) 1 ( 4 1
3
4
2
2 2
2 2
2
=
⇔
=
⇒
≤ +
−
−
= +
−
− +
=
+
+
=
x MaxA
x
x x
x x
x
x
A
0,5 đ
Trang 32 1
1 1
) 2 ( 1 1
) 2 ( ) 1 ( 1
3
4
2
2 2
2 2
2
−
=
⇔
−
=
⇒
−
≥ +
+ +
−
= +
+ + +
−
=
+
+
=
x MinA
x
x x
x x
x
x
Bài 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình, phương trình:
a)
= +
+
= +
+
2
4
2 2
y xy
x
y xy
x
⇔
= + +
=
− +
2 )
(
4 )
( 2
xy y x
xy y x
Đặt:
v xy
u y x
=
= +
Ta được hệ:
= +
=
− 2
4
2
v u
v u
⇔
= +
=
− + 2
0 6
2
v u
u u
⇔
= +
−
=
∨
=
2
3 2
v u
u u
Với u = 2 ⇒ v = 0
Với u = -3 ⇒ v = 5
Giải hệ:
=
= +
0
2
xy
y x
ta được nghiệm: (0; 2), (2; 0)
Giải hệ:
=
−
= +
5
3
xy
y x
Hệ vô nghiệm Vậy hệ cho có 2 nghiệm: (0; 2), (2; 0)
0,5 đ
0,5 đ
b) Giải phương trình: (x2 − 2x+ 4 )(x2 + 3x+ 4 ) = 14x2
2 2
2 2 4 )( 3 4 ) 14
(x − x+ x + x+ = x (1) Chia hai vế cho x2 ≠0
(1) ⇔ ( + 4− 2 ( + 4+ 3 ) = 14
x
x x
x
x+ 4 ta được pt:
5
; 4
0 20 14
) 3 )(
2
(
2 1
2
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
= +
−
y y
y y y
y
+Với y = 4 ta có: +4 = 4 ⇔ x2 − 4x+ 4 = 0 ⇔ (x− 2 ) 2 = 0 ⇔ x= 2
x x
+Với y = -5 ta có: +4 = − 5 ⇔ x2 + 5x+ 4 = 0 ⇔ x1 = − 1 ; x2= − 4
x x
S = 2; -1; -4
0,5 đ
0,5 đ
Bài 5: (1,5điểm) Chứng minh BD = EF và BD ⊥ EF
j
H
F
E
A
B
Trang 4Ta có: BE = AB (vì tam giác ABE vuông cân)
AB = CD (vì ABCD là hình bình hành)
⇒ BE = CD
BF = BC (vì tam giác BCF vuông cân)
E BˆF = D CˆB (cùng bù với A ˆ B C)
EF BD c
g c CDB
∆
1 đ
Gọi H là giao điểm của BD và EF
Ta có: D BˆC =B FˆH(cmt)
Mà D BˆC+H BˆF = 90 0
0
90 ˆ
⇒ B F H H B F
EF BD đó Do F
H
90
ˆ
0,5 đ
Bài 6: (1,5điểm )
E
B A
a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác AEFC
Ta có: SDEM = SAEM (do AD // EM)
SDFM = SCFM (do CD // FM)
Suy ra: SDEF = SAEFC
0,75 đ
b) Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất
Theo chứng minh trên ta có:
SDEF = SAEFC = SABC – SBEF
Diện tích ∆DEF nhỏ nhất khi diện tích ∆BEF lớn nhất
SBEF =
2
1
BE.BF
Mà BE + BF = BE + EM = BE + EA = AB (hằng số)
Tổng BE + BF không đổi nên tích BE.BF có giá trị lớn nhất khi BE = BF
Do đó diện tích ∆BEF lớn nhất khi BE = BF ⇔M là trung điểm của AC
Vậy diện tích tam giác DEF nhỏ nhất khi M là trung điểm của AC
0,75 đ
Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số
1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương
Trang 5Gọi số có 4 chữ số cần tìm là a, theo giả thiết ta có: a = m2, với 32 ≤ m ≤ 99
Số có được khi tăng thêm mỗi chữ số 1 đơn vị là: a + 1111 = n2
⇒ n2 – m2 = 1111 ⇒ (n - m)(n + m) = 1111 = 1 1111 = 11 101
Ta có: m, n ∈ Z, n + m > n – m suy ra:
=
+
=
−
1111
1
m
n
m
n
⇔
=
=
) ( 555
556
loai m
n
=
+
=
−
101
11
m
n
m
n
⇔
=
=
) ( 45
56
chon m
n
Vậy số cần tìm là a = 452 = 2025
1 đ
HẾT