Đề thi HSG Toán 9 vòng 2

Câu 2: Không dùng máy tính.. Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD.. Chứng minh rằng: 1, Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì tứ giác MNPQ là hình vuông.. 2, Nếu tứ giác MNPQ là hình vuông thì tứ gi

Phòng giáo dục Bình xuyên

Kỳ thi học sinh giỏi THCS

Vòng 2 năm học 2006-2007

-Đề thi học sinh giỏi lớp 9

Môn: Toán.

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

-Câu 1: (Không dùng máy tính)

Cho biểu thức: A =

2

16 8 1

4 4 4

4

x x

x x x

x















Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 2: (Không dùng máy tính) Hãy so sánh hai số sau đây:





 3 2 2

3 2

3 2 2

3 2













5 3 10

5 3

5 3 10

5 3







Câu3: Cho hệ phơng trình:

x- my = 2 - 2m

mx + y = 1 + 3m (I) với m là tham số

1, Giải hệ (I) khi m = 1

2, Gọi (x0, y0) là nghiệm của hệ (I) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B = x0 + y0 - 2 x0 khi m thay đổi

Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lợt lấy

các điểm M, N, P, Q sao cho AM = BN = CP = DQ Chứng minh rằng:

1, Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì tứ giác MNPQ là hình vuông

2, Nếu tứ giác MNPQ là hình vuông thì tứ giác ABCD là hình vuông

Câu 5: Cho a, b, c là các số thực dơng thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

bất đẳng thức sau:





Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Phòng giáo dục Bình xuyên

Kỳ thi học sinh giỏi THCS

Vòng 2 năm học 2006-2007

-Hớng dẫn chấm thi

Môn: Toán.

A =

2

2 8 16

4 4 4 4 4

4 4 4

x

x x

x x

x x























=

x x

x x

x x

x x

4

2 4 2

4 )

4 (

) 2 4 ( ) 2 4 (

2

2 2



























Điều kiện:

















0

0 4

0 4

x x x x

 x> 4 Trờng hợp 1: Nếu x 4 -2 ≤ 0  4 < x ≤ 8 Khi đó:

A =  4242  4 x4x4

x x

x x

Trờng hợp 2: Nếu x 4 -2 > 0  x > 8 Khi đó:

2 4 2

4

















x x x

x x x

*Xét A =

4

4



x

x

= 4 +

4

16



x với x  Z ta thấy

A  Z 













8 4

16 4

x

x















4 4

2 4

1 4

x x









 8 5

x x

*Xét A =

4

2



x

x

và x Z Trớc hết, nếu x 4 là số vô tỉ thì A cũng là số vô tỉ nên không thỏa mãn, do đó x 4 = q p với

p,qZ+ và (p; q) = 1

p

q q

p Z

p

q q p q

p q

p















8 2

8 2

) 4 (

2 22

(kZ)  2p2

+8q2 = kpq Từ đó ta thấy 2p2 chia hết cho q mà (p,q) =1

 q 2  







 2

1

q

q

Tơng tự ta cũng có: 8q2 chia hết cho p mà (p,q) =1  p 8  p = 1; 2; 4; 8 Vì (p,q) = 1 nên chỉ cần thử

các tình huống:

+ q =2 và p = 1 thì x không phải là số nguyên

+ q =1 mà x > 8 nên p = 4; 8 thỏa mãn Khi đó x = 20; 68

Vậy AZ khi x = 5; 6; 8; 20; 26

2

2



























2 2

) 1 3 ( 2

) 1 3 ( 3 2 4 2

3 2 4 3 2 4 2

3 2 4 2 2

B A

C D

M

N

P Q

) 1 3 ( 2

) 1 3 (







=

1 3 2

) 1 3 ( 2







+

) 1 3 ( 2

) 1 3 ( 2







=

) 1 3 ( 3

) 1 3 ( 2





+

) 1 3 ( 3

) 1 3 ( 2





=

3

1

3 

2

2 2

3

1 3











x

Rút gọn y:

2

y







5 2 6 20

5 3

5 2 6 20

5 3







1 5 3

5 3 1 5 3

5 3 ) 1 5 ( 5 2

5 3 )

1 5 ( 5 2

5 3

2



























) 1 5 3 )(

1 5 3 (

) 1 5 3 )(

5 3 ( ) 1 5 3 )(

5 3 (























y

So sánh

11

2

6 < 2  y < x

2,



















2 2 4

0

y x y

x y x

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2)

Do (x0; y0) là nghiệm của hệ phơng trình nên ta có hệ:





















) 2 ( 2

1 1

) 1 ( 2

1 1

0 0

0 0

m y

x m

m my

x

Bình phơng hai vế của (1) cộng từng vế với bình phơng hai vế

của (2) ta đợc

(x0 1 )  my02 m(x0  1 ) y02 (1- 2m)2 + (1+ 2m)2 

0 1 ) (x  y  2  8m2  (x0 -1)2 + y2 =

1

2 8

2 2





m m

mà A = x2 + y2

0 - 2x0  A = (x0 -1 )2 + y2

0 – 1

Vậy A =

1

2 8

2 2





m

1

1 7

2 2





m m

 A =

1

6 ) 1 ( 7

2 2







m

1

6

2



Để A min 

1

6

2



2 + 1 nhỏ nhất

Mặt khác m2 + 1 ≥ 1 Dấu “=” khi m = 0 Vậy (m2 + 1)min= 1

 A = 1 khi m = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1 khi m = 0

khi đó ( x0; y0)=(2;1)

2

4

1,

Tứ giác ABCD là hình vuông

 AB = BC = CD =DA

 AM + MB = BN + NC =

CP + PD = DQ + QA (do AM = BN = CP = DQ)

Tam giác vuông AQM

= Tam giác vuông BNM

3

2

= Tam giác vuông CPN

= Tam giác vuông DQP(c-g-c)

suy ra MQ = NM = PN = QP (1)

và 









o

M N B N M B

M N B Q M A

90 ˆ

ˆ

ˆ ˆ

Suy ra A MˆQB MˆN B NˆM B MˆN  90o  Q MˆN  90o ( 2 )

Từ (1) và (2)  Tứ giác MNPQ là hình vuông

Tứ giác MNPQ là hình vuông  Tứ giác ABCD là hình

vuông Ta chỉ cần chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật

là đủ (vì với điều kiện AM = BN = CP = DQ và MNPQ là

hình vuông ta suy ra tứ giác ABCD là hình vuông)

Giả sử tứ giác ABCD không là hình chữ nhật  Trong 4 góc

của tứ giác có ít nhất 1 góc tù, giả sử góc A > 900

Hạ QH vuông góc với AB 

H nằm ngoài đoạn AM (do

gócA > 900 )  AM < MH (3)

Hạ NK vuông góc với AB, ta

thấy tam giác vuông HMQ

= Tam giác vuông KNM

Do MQ = NM và

góc HMQ = góc KNM (cùng

phụ với góc KMN)

MH > AM (theo (3))

KN ≤ BN

Do đó AM < BN (vô lí do giả thiết AM = BN)

Vậy điều giả sử sai  Tứ giác ABCD là hình chữ nhật  Tứ

giác ABCD là hình vuông

1

 2 a 2 b 2 c  2ab +2bc + 2ca

 a2 +2 ab2  2 bc2  2 c  a2 + b2 +c2 +2ab +2bc + 2ca

 a2 +2 ab2  2 bc2  2 c (a + b + c)2 = 9 (*)

áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

a a a a a

a a a

a2 2 2 3 3 2 3













Tơng tự, ta cũng có: b2 2 b 3b



 ; c2 2 c 3c





Do đó a2 +2 a b2  2 bc2  2 c3.(a + b + c) =3.3= 9

Vậy là (*) đợc chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

1

C D

Q

N