Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 10)

Một điểm P thuộc cạnh BC.. CMR: Diệm tích tam giác DPE không lớn hơn 1 4 diện tích tam giác ABC.. DE ở vị trí nào thì diên tích tam giác DPE lớn nhất.. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Đề số 13

Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2

Năm học: 2008-2009

Thời gian 150 phút

Bài 1: a.Cho b a  0 thỏa mãn: 3a2 b2  4ab Tính: a b

A

a b







b Cho x y 0; thỏa mãn: 3x2  3y2  10xy Tính : x y

B

x y







Bài 2: a Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x3y+xy3-3x2-3y2 =17

b Tìm mọi cặp số nguyên dơng (x; y) sao cho

1

2 2 4





y x

x

là số nguyên dơng

Bài 3: a.Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =

2 2

b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =

2

4 2 1

x

x  x 

Bài 4: Cho tam giác ABC, một đờng thẳng song song với đờng thẳng, BC cắt AB, AC

lần lợt tại D và E Một điểm P thuộc cạnh BC CMR: Diệm tích tam giác DPE không lớn hơn 1

4 diện tích tam giác ABC.

DE ở vị trí nào thì diên tích tam giác DPE lớn nhất

Bài 5: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với 3 đờng cao AA’, BB’, CC’.

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng:

1 '

' '

' '

CC

HC BB

HB AA

HA

Đáp án:

Bài 1:

a Ta có: 3a2 b2  4ab  3a2b2 4ab  0 3a2 3ab b 2 ab 0

(a b)(3a b) 0

    ta có: b a b   0

Do đó: 3a b   0 b 3a thay vào a b

A

a b





 ta đợc

a b

A

a b







a a a



2

A 

b Ta có: x y 0; do đó x y

B

x y







Thày 3x2  3y2  10xy vào (*) ta đợc:

xy B

xy

Vậy 1

2

B 

Bài 2:

a.phơng trình: x3y + xy3 - 3x2 - 3y2 = 17

 (x2 + y2)(xy - 3) = 17 = 17.1

Do x,y nguyên dơng nên x2 + y2>1











 

  





























 

















-4 y -1 x hoặc 4 y 1 x hoặc

1

1

4

5

4

y

y

xy

y

x

xy

y

x

Kết luận: 



 4 y 1 x

hoặc 







 1 y

4 x

hoặc 



 1 y 4 x

hoặc 







 4 y

1 x

b Đặt

1

2 2 4





y x

x

= a Với a là số nguyên dơng thì

x4 + 2 = a(x2y + 1)  x2(x2- ay) = a - 2 (1)

Xét 3 trờng hợp sau :

TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1

















1 1

1

2

y

x











 2

1

y x

TH2: Nếu a = 2 thì từ (1) có x2(x2- 2y) = 0, suy ra x2 = 2y nên có nghiệm x = 2k, y = 2k2 với k là số nguyên dơng

TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2

nên a – 2  x2  a  x2 + 2 > x2

Từ đó  0 < x2- ay < x2- x2y  0 Điều này không xảy ra

Vậy: Cặp số nguyên dơng (x; y) thoả mãn đề ra là :

(1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dơng

Bài 3:

) 1 (

1 1

2 3

2 ) 1 (

1 ) 1 ( 2 ) 1 2 2 ( 3























x x

x

x x

x

(1/2 điểm)

Đặt y =

1

1



x => A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2  2 (1/2 điểm)

=> min A = 2 => y = 1 1

1

1







x => x = 2

b Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất Vậy M

đạt giá trị lớn nhất với x khác 0 Chia cả tử và mẫu cho x2 ta đợc:

2

1 2

1





















x

M đạt giá trị lớn nhất khi x 2 x12 nhỏ nhất => x 2 x12 = 2 => x = 1

Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1

Bài 4:

Kẻ đờng cao AH = h

AH cắt DE tại M

Đặt AM = x

Ta có DE//BC (GT)

Suy ra ADE ABC

Do đó: DE AM

BC AH

x h

 (1) ( tỉ số đồng dạng bằng tỉ số đờng cao của hai tam giác đồng dạng)

.

DPE ABC

S DE h x







(Ta có đờng cao của DPE hạ từ đỉnh P xuống DE luôn = HM = h – x vì DE//BC)

.

DPE

ABC

S x h x x h x





Ta có: x h x   2 x h x(  ) (vì x 0; h x  0)

Mà: Tổng x h x h   không đổi

Do đó tích x h x(  ) lớn nhất khi x h x 

2

h x

Đặt x h x( 2 )

A

h





2

4

h h h h



Vậy diên tích của 1

4

DPE ABC

S  S lớn nhất khi DE là đờng trung bình của ABC

Bài 5:

+ Có SABC =

2

+ Có SHBC =

2

+ Có SHAC =

2

+ Có SHAB =

2

+

AA'

HA'

ABC

S

HBC

S

 ;

BB'

HB' ABC

S HAC

S

CC'

HC' ABC

S HAB

S

A

C'

B'

A' H

P

x

M

B

A

=> 1

ABC S ABC S ABC

S

HAB S HAC S

HBC

S









'

' '

' '

'







CC

HC BB

HB AA