Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?. M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn2. Xác định vị trí điểm M để MA+ 3MB đạt giá trị lớn nhất.. Đường phân giác BD của góc ABCˆ cắc AC tại D và có độ
Trang 1SỞ GD & ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN (BẢNG A)
NĂM HỌC 2010 - 2011 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Bài 1.(4 điểm)
Cho biểu thức:
4
P
x
−
− + với x≥0;x≠4
a) Rút gọn P b) Tìm x để P=2
Bài 2 (4 điểm)
1 Rút gọn biểu thức 8 15 8 15
2 Giải phương trình x2 + x+ = 3 3
Bài 3 (4 điểm)
1 Cho bốn số thực bất kì a, b, c, d Chứng minh:
( 2 2) ( 2 2).
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
2 Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn
Xác định vị trí điểm M để MA+ 3MB đạt giá trị lớn nhất
Bài 4: ( 4 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên (x;y;z) thỏa mãn:
2
2 1 (1)
xy z
= +
Bài 5 (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A với BC =a, AB=AC=b (a>b) Đường phân giác
BD của góc ABCˆ cắc AC tại D và có độ dài bằng cạnh bên (BD=b)
1 Tính CD theo a, b
2 Chứng minh rằng 1 a a b 1
+ − =
-HẾT -ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD & ĐT ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI
QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN – LỚP 9 (BẢNG A)
NĂM HỌC 2010 - 2011
1
4đ
a
(3đ)
Với x≥ 0;x≠ 4, ta có
4
P
x
−
=
−
−
0,5
1.0
1,5
b
(1)
P=2 khi và chỉ khi
x
2 1(2)
Ta có :
2 16 2 15 16 2 15
A
A
2.0
2(2)
Giải phương trình x2 + x+ = 3 3 Điều kiện: x≥ − 3
Đặt: u= x+ 3,u≥ ⇔ 0 u2 = +x 3
Ta có hệ:
2 2
3 (1)
3 0 (2)
= +
+ − =
Từ (1) và (2) ta có: u2 − − − = ⇔ +x2 x u 0 (u x u x) ( − − = 1) 0 Với u=-x, ta có : x2-x-3=0
Trang 3M
3 (2)a
Ta có
2
0
2
Đúng với 4 số thực a, b, c, d bất kì
Vậy: 0 ≤ ab cd+ ≤ (a2 +c2) (b2 +d2), ∀a b c d, , , ∈ ¡ Dấu đảng thức xãy ra khi ad bc 0hay c d(a 0;b 0)
2
b
(2)
Ta có: AMBˆ =900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tam gics MAB có Mˆ =900
nên theo định lý Pytago ta
có MA2+MB2=AB2=4R2
Áp dụng bất đẳng thức
( 2 2) ( 2 2)
a có:
Dấu “=” xảy ra ⇔ 3MA MB=
⇔tam giác ABC là nửa tam giác đều.
0
60
sdMA
2
4
(4) 4
Tìm tất cả các số nguyên (x; y; z) thỏa mãn
( ) ( )
2
xy z
= +
Do 2x2+1>0 nên từ (1) ta có: y3 >x3 ⇔ >y x
Vì
3 3
2
ê 3; 2; 1;0
¢
¢
Từ (2) ta có xy=>0 do đó x và y cùng dấu
Ta tìm được cặp (x;y) thỏa mãn là (-3;-2) Thay vào (2) ta được
bộ ba (x;y;z) cần tìm là (-3;-2;-2), (-3;-2;2)
4
Trang 4(4)
a
(1)
Theo tính chất đường phân giác ta có:
( )1
hay
ab DC
a b
+
+
1
b
(3)
Lấy E thuộc BC sao cho BE=b, các tam giác ABD, DBE cùng cân tại B và bằng nhau
Từ đó suy ra : 0 0
Suy ra tam giác CED đồng dạng với tam gics CDB
2
CE CB CD
Từ (1), (2) và CE=a-b, ta có:
1
ab
a b a
a b
− = + ÷
⇔ + ÷ − ÷=
3
b
b
a
b
a-b
2 1
3
2 1 1 E
D A
Trang 5SỞ GD & ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN (BẢNG B)
NĂM HỌC 2010 - 2011 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Bài 1.(4 điểm)
Cho biểu thức:
4
P
x
−
− + với x≥0;x≠4
c) Rút gọn P d) Tìm x để P=2
Bài 2 (4 điểm)
3 Rút gọn biểu thức 1 1
A
+ + với
4 Giải phương trình 20 − 3 2 − x = 2x− 3
Bài 3 (4 điểm)
1 Chứng minh bất đẳng thức: x2 +y2 + ≥ 1 xy x y+ + với mọi x, y
2 Tìm số tự nhiên n để n+18 và n-41 là hai số chính phương
Bài 4: ( 4 điểm)
Giải hệ phương trình
64
1 1 1
4
xy
= −
− =
Bài 5 (4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Aˆ 45 = 0 Gọi M và N lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam gics ABC
a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ABC;
Tính tỉ số MN
BC
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam gics ABC
Chứng minh rằng OA MN⊥
-HẾT -ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 6SỞ GD & ĐT ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI
QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN – LỚP 9 (BẢNG A)
NĂM HỌC 2010 - 2011
1
4đ
a
(3đ)
Với x≥ 0;x≠ 4, ta có
4
P
x
−
=
−
−
0,5
1.0
1,5
b
(1)
P=2 khi và chỉ khi
x
2 1(2)
Ta có : 1 2 3; 1 2 3
A
2(2) Giải phương trình 20 − 3 2 − x = 2x− 3
Điều kiện: 3 2 0 3
2
3
20 3 2 3 2
2
3 2 17 2
17 2 0
x
2
Trang 7N
C
A
B
Vậy 13
2
x= − là nghiệm của phương trình đã cho.
3 (2)1
Ta có : x2 +y2 ≥ 2xy( bất đẳng thức Cô si)
2 2
1 2
1 2
1
+ ≥ + ≥
2
2
(2)
Để n+18 và n-41 là hai số chính phương
¥
Nhưng 59 là số nguyên tố nên: p q p q− =+ =159⇔29p=30
Từ n+18=p2=302=900 suy ra n=882 Thay vào n-41, ta được 882-41=841=292=q2 Vậy với n=882 thì n+18 và n-41 là hai số chính phương
2
4
(4) 4
Do xy=-64 nên x≠ 0 àv y≠ 0
( )
64 1
16 2
xy
x y xy
= −
Thay (2) vào (1) ta được :
(y+ 16) y= − ⇔ 64 y2 + 16y+ 64 0 = ⇔ = −y 8 Thay vào (1) ta dduwwocj x=8
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (8;-8)
4
5
(4)
a
(1)
Ta có BNC BMCˆ = ˆ =900 nên bốn điểm B,C,M,N cùng nằm trên một đường tròn đường kính BC, suy ra
AMN =ABC ( cùng bù với góc CMN)
ˆ ˆ
ANC= ACB ( cùng bù với góc MNB)
AMN
⇒ ∆ đồng dạng với ∆ABC
(góc-góc)
Vì tam gics MAB vuông cân tại M nên :
( )
2 2 2
AM
2
MN
1
b
(3)
Kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O)
Ta có MAx=ABC=AMNˆ ˆ ˆ Suy ra MN//Ax
Mà OA⊥ Ax, ên n OA MN⊥
3