Đề thi HSG toán 9 2011

Tìm giá trị của x để để biểu thức A nhận giá trị lớn nhất.. Vẽ hai đồ thị trên cùng một hệ trục tọa độ b.. Tính AB và BC... Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AB và HK.. Chứng minh rằ

ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN VÒNG TRƯỜNG LỚP : 9

NĂM HỌC : 2010 – 2011

ĐỂ

Câu 1: ( 4đ)

a Chứng minh rằng : A = 52(52010 + 52009 + …+52 + 5 + 1) +13 chia hết cho 52010

b Chứng minh rằng : 21000 – 1 chia hết cho 25

Câu 2: ( 4đ)

a Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x – 4y = 5

b Giải phương trình : 2011x – 45 = 10 + 11+12+…+2009+2010

Câu 3: ( 4đ)













− +

+









+ +

−

−

x

x x

x

x x

x

2 2

1

2 2 1 4 2 2 2

2 8

2 2

4

3

a Rút gọn biểu thức A

b Tìm giá trị của x để để biểu thức A nhận giá trị lớn nhất.

Câu 4: (2đ)

Tính Q =  + + + + + + + +  2011−1

2 2011

2009

1

7 5

1 5

3

1 3

1 1

Câu 5: ( 3đ)

Cho hàm số y = 2x + 6 và y = -3x + 6

a Vẽ hai đồ thị trên cùng một hệ trục tọa độ

b Tính diện tích hình tạo bởi hai đồ thị trên với trục Ox

Câu 6 : ( 3đ)

Cho tam giác ABC (Â = 900), đường cao AH (H∈BC) Biết BH = 2cm.

0

30

ˆA=

C

B Tính AB và BC.

HẾT

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp9

Môn : Toán ( Bảng A)

Thời gian : 150 phút không kể chép đề.

Bài1:

1) Cho hàm số f(x) = a x2 + bx + c thoả mãn điều kiện : f(x) ≤1, ∀x ∈[-1;1] Chứng minh rằng khi x  ≤ 1 thì  cx2 + bx + a  ≤ 2

2) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x3 - 2y3 = 4z3

Bài2:

Giải hệ phơng trình : x2y2 - 2x +y2 = 0

2x2 - 4x + 3 + y3 = 0

Bài 3:

1) Giải phơng trình : 3√ 2 - x + √ x - 1 = 1

2) Cho hệ phơng trình : x2 + y2 + z2 = 2

xy + yz + xz = 1

Giả sử hệ phơng trình có nghiệm, Chứng minh  ≤ x, y, z ≤ 

Bài4:

Từ điểm M trên cung nhỏ AC của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( M khác A và C)

kẻ MK ⊥BC, MH ⊥AC, ( K ∈ BC; H ∈ AC) Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AB và

HK Chứng minh rằng MF ⊥ EF

Bài5: Qua M nằm trong tam giác ABC ta kẻ MA1, MB1, MC1 lần lợt vuông góc với các đờng thẳng BC, CA,AB ( A1 ∈ BC ; B1 ∈ CA; C1 ∈ AB) Đặt BC = a ,

a b c

CA = b, AB = c Tìm giá trị nhỏ nhất của:  +  + 

MA1 MB1 MC1

Đáp án

Bài1: (5 điểm)

1) (3,0đ): Hàm số f(x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện f(x)≤1 , ∀x ∈ [-1; 1]

Thay x lần lợt các giá trị 1; -1; 0 ta đợc :

Từ f(1) = a + b + c a = f(1) + f(-1) -f(0)

2 2

f(-1) = a - b +c b =  f(1) -  f(-1) (0,5đ)

2 2

Ta có : 1 1 1 1

cx2 + bx + a = f(0)x2 + [  f(1) -  f(-1)] x +  f(1) + f(-1) - f(0)

2 2 2 2

1 1

= f(0) (x2 - 1) +  f(1) ( x +1) +  f(-1)(1-x) (0,5đ)

2 2

Suy ra : cx2 + bx + a ≤ f(0)x2 -1 +   f(1)x+1 +  f(-1)1-x(0,5đ)

2 2

2 2

Do x≤1 => -1 ≤ x ≤ 1 => x2 - 1 ≤ 0 ; x +1 ≥ 0 ; 1 - x ≥ 0

1 1 1 1

=> cx2 + bx + a  ≤ -x2 +1 +  x +  +  -  x = 2 - x2 ≤ 2

2 2 2 2

Chọn f(x) = 2x2 - 1 suy ra điều kiện f(x) =  2x2 - 1 ≤ 1, ∀x∈ [-1,1] thỏa mãn Khi đó cx2 + bx + a} =  -x2 + 2 = 2 với x = 0

2) (2,0đ) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x 3 - 2y 3 = 4z 3

Giả sử ( x0; y0; z0) là 1 nghiệm của phơng trình

=>x03 - 2y0 = 4z0 (1)

=> x0  2 => x0  2 , đặt x0 = 2x1

(0,5đ)

Thay vào (1) ta có : 4x1 - y0 = 2z3 => y0  2 => y0 2., đặt y0 = 2y1

=> 2x1 - 4y13 = z0 => z0  2 => z0  2 , đặt z0 = 2z1 (0,5đ)

x0 y0 z0

Ta có : x1 - 2y1 = 4z1 => (;  ; ) cũng là nghiệm của phơng trình ( 0,5đ)

2 2 2

x0 y0 z0

Quá trình này có thể tiếp tục mãi và ( ;  ;  ) cũng là nghiệm

2k 2k 2k

x0 y0 z0

Các số  ;  ;  là nguyên với ∀k ∈N Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = z0=0

2k 2k 2k

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình : x3 - 2y3 = 4z3 là (0;0;0) (0,5đ)

Bài2(3đ): Giải hệ phơng trình :

x2y2 - 2x + y2 = 0

2x2 - 4x + 3 +y3 = 0 (I)

2x2 - 4x + 2 + y3 +1 = 0 2(x-1)2 + y3 + 1 = 0 (2) (0,5đ)

2x 2x

(0,5đ)

x2 +1 x2 + 1

Vì y≥ -1 => y3 ≥ -1 => y3 + 1 ≥ 0 và ( x - 1)2 ≥ 0 (0,5đ)

=> vế phải của (2) không âm

 

(0,5đ)

2 ( x-1)2 = 0 x = 1

Do ( x= 1 ; y = -1) thỏa mãn (1) Vậy hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất

( x = 1 ; y = -1 )

(0,5đ)

Bài3 (5 đ):

1) (2đ) : Giải phơng trình :

3 2−x + x−1 = 1

Đặt : 3 2−x = a => x = 2 - a3 (0,25đ)

Ta đợc phơng trình : a + 1−a3 = 1 hay 1−a3 = 1 - a (0,25đ)

Thì ta có phơng trình : 1 - a3 = a2 - 2a + 1

Với a = 0 ta đợc x = 2

a = 1 ta đợc x = 1

x = 2; x = 1; x = 10 thoả mãn điều kiện xác định x ≥ 1

2) (3đ) :

Ta có : x2 + y2 + z2 = 2 (y+z)2 - 2yz = 2 - x2

Đặt S = y +z ; P = yz Hệ phơng trình trở thành

Từ (2) => p = 1 - xs thay vào (1) ta đợc :

s2 - 2 ( 1 - sx) = 2 - x2  s2 + 2xs + x2 - 4 = 0

=> S = -x + 2

S = - x - 2

(0,5đ)

* Khi : s = -x + 2 thì p = 1 - x( -x + 2) = x2 - 2x + 1

Do: y +z = -x +2; yz = x2 - 2x + 1 => y; z là nghiệm của phơng trình :

Do y,z tồn tại => ∆ = ( 2-x)2 - 4 ( x2 - 2x +1) ≥ 0

* Khi s = -x -2 thì p = x2 + 2x + 1

Do : y + z = -x - 2 ; yz = x2 + 2x + 1 => y,z là nghiệm của phơng trình :

t2 + (x +2)t + x2 + 2x + 1 = 0

Do: y,z tồn tại => ∆ = ( x+2)2 - 4 ( x2 + 2x +1) ≥ 0

=> -4/3 ≤ x ≤ 0

Bài4(4đ):

I

A M

Ê E H

B K C

(0,5đ)

=> AB = BM => EB = BM

HK KM FK KM

(0,5đ)

Nên :BEM = KFM => IEM = IFM

Bài5(3đ):

A

C1 B1

z y M x B

A1 C

Đặt : MA1 = x ; MB1 = y; MC1 = z Diện tích ∆ABC = S

Vì vậy: a x + by + cz = 2 ( SMBC + SMCA + SMBA) = 2S (0,5đ)

a b c

Xét : ( ax + by +cz ) ( + + )

x y z

x y y z z x

=a2 +b2 +c2 + ab ( + ) + bc ( + ) + ca ( + ) (0,5đ)

y x z y x z

≥ a2 +b2 +c2 + 2ab + 2bc + 2ac = ( a +b + c)2 (0,5đ)

a b c ( a + b + c)2

=> + + ≥

(0,5đ)

x y z 2s

Dấu đẳng thức xảy ra  x = y = z  M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Kết luận:

Min

S

c b a MC

c MB

b MA

a

2

) (

) (

2 1

1 1

+ +

= +

K