Copy of DE 6 THI HSG t 9 r

PHỊNG GD – ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2011 – 2012

Đề 6 Mơn: TỐN, LỚP 9

Thời gian làm bài: 150 phút

( khơng kể thời gian phát đề )

Ngày thi: 6 – 10 – 2011

Câu 1: (4,0 điểm)

Tính giá trị của tổng :

Câu2 :( 3,0 điểm)

Chứng minh rằng A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1 là số chính phương

Câu 3:( 3,0 điểm)

Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh rằng :

1

b a c b a c 

Câu 4:( 3,0 điểm)

Giải phương trình 2 33 x 2 3 6 5  x 8 0 x R 

Câu 5 : (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC cĩ ba gĩc nhọn , từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn thẳng IH , IK , IL lần lượt vuơng gĩc với BC, CA, AB Tìm vị trí của I sao cho AL2 + BH2 + CK2 nhỏ nhất

Câu 6: (4,0 điểm)

Xét tam giác ABC cĩ độ dài các cạnh là a , b , c sao cho thoả mãn hệ thức :

15bc + 10ca + 1964ab = 2006abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M 1974 1979 25

trong đĩ p là nửa chu vi của tam giác ABC

Đề 6 ĐÁP ÁN

Câu

1:

(4,0

điểm)

Trước hết ta chứng minh

2 2 2

1

 

( với a > 0)

Thật vậy :

2 2

2 2

1



2 2 2

1

 



( với a > 0)

Do đó

1,0

1,0

1,0

1,0 Câu

2:

(3,0

điểm)

Ta có A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1

= 110 1

9  (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1

= 1 1   1 

9

n n

1

9

n n

2 1 2

1

n

Mà 10n+1 + 2 có tổng các chữ số là 3

Nên 10n+1 + 2 3 Vậy A là số chính phương

Câu

3:

(3,0

điểm)

Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)

2

2

2

1

a

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :

3 3 3 2 2 2

1

a b c a b b c c a

b a c b a c       

Áp dụng bất đẳng thức cơ si cho ba số dương nhận được :

3 3 3 3 2 ; 3 3 3 3 2 ; 3 3 3 3 2

a a b  a b b b c  b c c c a  c a (2)

Từ (1) và (2) 

1

b a c b a c

0,5

0,5

1,0

0,5

Đẳng thức xảy ra 3

3

a b c

Câu

4:

(3,0

điểm)

Điều kiện x 6

5

 Đặt t = 33x  2

3

3

t

Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t + 3 8 53 8 0

3

t



3 3

2

2

3 2

8 5

3 3

4 4

t

t

t t

 











1,0

1,0

1,0 Câu

5:

(3,0

điểm)

- Vẽ hình đúng

Ta có AI2 = AL2 + LI2 ; AI2 = AK2 + KI2

Suy ra AL2 + LI2 = AK2 + KI2

Tương tự BH2 + HI2 = BL2 + LI2 và CK2 + KI2 = CH2 + HI2

Cộng (1) ; (2) và (3) ta có : AL2 + BH2 + CK2 = AK2 + BL2 + CH2

Do đó AL2 + BH2 + CK2 =1

2[(AL2 + BL2 ) + (BH2 + CH2 ) + (CK2 + AK2 )] 

1

Ta có AL2 + BH2 +CK2

4(AB2 + BC2 + AC2 ) ( không đổi ) Dấu “ = “ xảy ra <=> AL = BL, BH = BL , CK = AK <=> I là tâm đường tròn ngoại

tiếp ABC

0,25

1,0

1,0 0,75 Câu

6:

(4,0

điểm

)

Với x > 0 , y > 0 thì 1 1 4

x y x y (1) Ta có M 1974 1979 25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1989 117

a b c







118

a b c

0,25

1,0 0,75 0,5

1,0

0,5