Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện Hoài Nhơn. NH 2010 2011

Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại E.. Một đường thẳng đi qua G và cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại M và N.

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

Đề chính thức

Bài 1 (5 điểm ):

a) Tìm số chính phương có bốn chữ số và chia hết cho 55.

b) Tìm n  Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương

Bài 2 (4 điểm ):

a) Cho hàm số f (x) (x 312x 31) 2010

Tính f (a) tại a 316 8 5  316 8 5

b) Giải hệ phương trình:

2

2

4











Bài 3 (4 điểm ):

a) Cho a > 1; b > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

1 1

2 2





b a

a

b) Cho ba số x, y, z 0 thoã mãn đẳng thức xy  xz yz

Chứng minh rằng: 1x1y1z = 0

Bài 4 (4 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Trên cạnh BC và CD lần lượt

lấy điểm M và N tùy ý sao cho MAN = 450 Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại

E

a) Chứng minh: 1 2 12 12

AM  AE a

b) Chứng minh: a.(BM + DN) + BM.DN = a2

Bài 5 (3 điểm): Gọi G là trong tâm của tam giác ABC Một đường thẳng đi qua G và cắt

hai cạnh AB, AC lần lượt tại M và N Chứng minh rằng: AB AC 3

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN 9

Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)

ĐÁP ÁN TOÁN 9

Bài 1 (5 điểm ):

a) ( 2 điểm): Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là abcd Đặt abcd = A2

Theo đề bài:

121 25 A 11 A

5 A 11 A

5 A

55

2 2

2 2 2

2 2

























 vì (25;121) = 1

Hay A2 3025 => A2 = 3025.t2 (tN)

Mặt khác 1000abcd 9999 nên 0 < t2 < 4  t2 = 1

Vậy abcd= 3025

b) (3 điểm): Đặt: n + 26 = a3 và n – 11 = b3 với a > b và a, b  N*

 a3 – b3 = 37  (a2 + ab + b2)(a – b) = 37

Ta có số 37 là số nguyên tố và do a > b  N* nên (a2 + ab + b2) > (a – b) và là các số tự nhiên 

a ab b =37

a b=1





2

a a 12=0

a 1=b

  





  a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại)

Thay vào đẳng thức n + 26 = a3 hoặc n – 11 = b3, ta có n = 38

Bài 2 (4 điểm ):

a) (2 điểm):

316 8 5 316 8 5

a      a  3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 53   3  316 8 5 )

 a3 32 3.( 4).  a

 a3 32 12 a  a312a 32 0  a312a 31 1  f a ( ) 12010 1

b) (2 điểm): ĐK x y z ; ; 0 Đặt X = 1

x, Y = 1y, Z = 1

z , ta có hệ:  

 

2

2 1

X Y Z

XY Z







Từ (1) => X2 + Y2 + Z2 + 2XY + 2YZ + 2ZX = 4

thế vào (2) ta được X2 + Y2 + 2Z2 + 2YZ + 2ZX = 0

 (X + Z)2 + (Y + Z)2 = 0  X = Y = – Z thay vào (1) => X = Y = – Z = 2 => x = y = – z = 1

2 (thỏa ĐK)

Vậy Hệ có nghiệm (x; y; z) = (1 1; ; 1

2 2  2)

Bài 3 (4 điểm ):

a) (2 điểm): Đặt x = a – 1 , y = b – 1 ( với x, y > 0)

A = ( 1)2 ( 1)2 ( 1)( 1)4

y

y x

x y

y x

x

 2 + 2 + 4 = 8

Ta có: A = 8  x = y = 1  a = b = 2

Vậy GTNN A = 8  a = b = 2

b) (2 điểm): Điều kiện: x + y; y + z ; x + z  0 Xét: x y  x z  y z (1)

Bình phương hai vế của(1) ta được: x z y z (  ) = – z (2) Do đó: z < 0 => x, y > 0

Bình phương hai vế của (2) ta được: (x + z)(y + z) = z2  xy + xz + yz = 0 1 1 1x y z = 0

Bài 4 (4 điểm ):

a) (2 điểm): Chứng minh: 1 2 12 12

AM  AE a

Trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho FD = BM

Ta có ABM = ADF ( c – g – c)

=> AF = AM (1), DAFBAM (2)

Từ (2) => EAF MAD DAF MAD BAM BAD     900

=> EAF vuông tại A và có AD là đường cao

=> 2 2 2

AF  AE AD => 2 2 2

AM  AE a (đpcm)

b) ( 2 điểm): Chứng minh: a.(BM + DN) + BM.DN = a 2

Ta có: NAF EAF MAN   900 450450

=> NAF NAM (3)

Từ (1) và (3) => NAF = NAM ( c – g – c)

=> MN = NF = FD + DN = BM + DN

Xét tam giác vuông CMN có: MN2 = CM2 + CN2

(BM + DN)2 = (a – BM)2 + (a – DN)2

 a.(BM + DN) + BM.DN = a2 (đpcm)

Gọi AD là trung tuyến => AG = 2GD

Kẽ BE // MN, CF // MN (E, F  AD )

=> AB AE ; AC AF

=> AB AC AE AF



Mặt khác: BED = CFD (g – c – g)

=> DE = DF

=> AE + AF = 2AG + 2GE + 2DE

= 2AG + 2DG = 2AG + AG = 3AG (2)

Từ (1) và (2) => AB AC 3AG 3

AM  AN  AG  (đpcm)