Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 11)

P là điểm nằm trờn đường thẳng BC, trờn tia đối cuả tia AP lấy điểm D sao cho 2 BC AD .. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm cuả DB và DC.. Chứng minh rằng đường trũn đường kớnh EF luụ

Đề số 14

Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2

Năm học: 2008-2009

Thời gian 150 phút

Bài 1: a) Cho cỏc số thực dương x; y Chứng minh rằng:xy yx x y

2 2





b) Cho n là số tự nhiờn lớn hơn 1 Chứng minh rằng n  4 4 n là hợp số

Bài 2 : a) Thực hiện phộp tớnh:

3 5

12 6 3 20 10 3









b) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức x  x  2008

Bài 3: a) Cho x = 3 10 6 3 3 1

Tớnh giỏ trị cuả biểu thức P =   3 20072008

x  x

P        Chứng minh rằng P là một số nguyờn

Bài 4: Cho SABC  1 Gọi h h h a; ;b c, lần lợt là các đờng cao tơng ứng với các cạnh, a, b, c của ABC

CMR: (a2b2c2)(h a2h b2h c2) 36 

Bài 5: Cho tam giỏc ABC P là điểm nằm trờn đường thẳng BC, trờn tia đối cuả tia AP lấy điểm D

sao cho

2

BC

AD  Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm cuả DB và DC Chứng minh rằng đường trũn đường kớnh EF luụn đi qua một điểm cố định khi P di động trờn BC

Đáp án

Bµi 1: a) Với x và y đều dương, ta có x y

x

y y

x 2 2





 (1)

x 3 y 3 xy ( x y ) ( x y )( x y ) 2 0















(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0 Vậy (1) luôn đúng với mọi x  0 , y  0

b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0

- Với n = 2k, ta có n 4  4 n  ( k ) 4  4 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2 Do đó n  4 4 nlà hợp số

-Với n = 2k+1, tacó

n 4  4 n  n 4  4 k 4  n 4  ( 2 4 k ) 2  ( n 2  2 4 k ) 2  ( 2 n 2 k ) 2

= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2 Vậy n4 + 4n là hợp số

Bµi 2: a) Biến đổi được:

2 2 3

3 5

) 2 2 3 )(

3 5 (











b) Điều kiện x  2008

4

8031 4

8031 )

2

1 2008

x

(

4

1 2008 )

4

1 2008 x

2

1 2 2008 x

( 2008

x

x

2





























Dấu “ = “ xảy ra khi x 80334

2

1 2008

x     (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là

4

8033 x

khi

4

8031

Bµi 3: a) Ta có x =    

3 3

2

= 3   

3

10 6 3 6 3 10

8 2 1

Suy ra x 3 – 4x + 1 = 1

Suy ra P =  20072008

1  1

b) Áp dụng hằng đẳng thức (a – b)3 = a3 – b3 – 3ab(a - b)

Suy ra

27

P   P P3  5P 6 0 

 (P – 1).(P2 + P + 6) = 0

 P = 1 (vì P2 + P + 6 > 0) Vậy P là một số nguyên

Bµi 4:

¸p dông B§T Cosi cho 3 sè d¬ng ta cã:

a2 b2 c2  3 3 a b c2 2 2 (1) (V× a, b, c > 0)

h a2 h b2 h c2  3 3 h h h a2 b2 c2 (2) (V× h h h  a, ,b c 0)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

(a b c )(h a h b h c )  3 3 a b c2 2 2 33 h h h a2 .b2 c2  9 3 ( ) ( ) ( )a h a 2 b h b 2 c h c 2 (*)

Mµ 2SABC h a h b h c a  b  c. (3)

Ta l¹i cã: SABC  1 (GT) (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra: h a h b h c a  b  c  2 (2*)

Tõ (*) vµ (2*) suy ra:

(a2 b2 c2 )(h a2 h b2 h c2 )  9 ( ) ( ) ( )3 a h a 2 b h b 2 c h c 2  9 2 2 23 2 2 2  36

VËy (a2b2 c2)(h a2h b2h c2)  36 (§PCM)

Bµi 5:

Gọi M là trung điểm cuả BC

+ Tứ giác DEMF là hình bình hành do EM, FM là hai đường trung bình cuả DBC Suy ra DM và

EF cắt nhau tại trung điểm O cuả mỗi đường

Gọi I là trung điểm cuả AM thì suy ra I là điểm cố định

+ OI là đường trung bình cuả AMD nên :

OI = 1

2AD = 1

4BC (giả thiết) (1) + EF là đường trung bình cuả ABC nên EF = 1

2 BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OI = 1

2EF Suy ra I thuộc đường tròn (O; 1

4BC) Vậy đường tròn đường kính EF (O; 1

4BC) luôn đi qua điểm cố định I khi P thay đổi trên đường thẳng BC

I

E

D

M

A

P