Chứng minh rằng Px không thể có nghiệm nguyên.. Gọi HA là đờng cao, D và E là hình chiếu của H trên AC và AB.. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ADHE.
Trang 1đề thi hsg lớp 9 vòng I
Môn : Toán
Năm học 2007-2008 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
-o0o -Câu 1: Chứng minh rằng có duy nhất bộ số nguyên tố thoả mãn xy + 1 = z
Câu 2:
a/ Cho x > y > 0 Rút gọn biểu thức:
x y
y x x y x x Q
2
2 2 2
2
2008
1 2007
1 1 4
1 3
1 1 3
1 2
1 1 2
1 1
1
1
S
Câu 3: Giải phơng trình 1 1 x2 x1 2 1 x2
Câu 4: Cho P(x) là đa thức bậc 3 có các hệ số là số nguyên và P(0), P(1) là các số
lẻ Chứng minh rằng P(x) không thể có nghiệm nguyên
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 10 - 10x 10 +2008
2
1 2
1 2
1
a b c
Chứng minh rằng P = abc 1
Câu 7: Cho ABC có A = 1200, BC = a, AC = b, AB = c
Chứng minh rằng: a 2 = b 2 + c 2 + bc
Câu 8: Cho ABC vuông có cạnh huyền BC = 2a Gọi HA là đờng cao, D và E là
hình chiếu của H trên AC và AB Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ADHE
-Họ tên thí sinh: ……… SBD ………….
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !
thi hsg lớp 9 vòng I
Môn : Toán
Năm học 2007-2008
1(1đ) - Từ xy + 1 = z và z là số nguyên tố z là số lẻ xy chẵn x
chẵn mà x nguyên tố x = 2
0,25
Trang 2- Khi đó 2y + 1 = z Xét 2 khả năng:
+ Nếu y chẵn mà y nguyên tố y = 2 z = 5
+ Nếu y lẻ y = 2k +1 22k+1 + 1 = 2.4k + 1 0 mod 3 z
không là sô nguyên tố loại
- Vậy có (x, y, z) = (2, 2, 5) là duy nhất
0,5
0,25
2a(1đ)
- Tử số
2 2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2
y x T
y x y
x x x T
y x x y x x y
x x y x x T
y x x y x x T
- Do đó Q = 1
0,5 0,5
2b(1đ)
- Ta có
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
2
2 2
k k k
k k
k
- Do đó
2008
2009 2007 2008
1 2008 2008
1 2008
2008
1 2007
1 1 4
1 3
1 1 3
1 2
1 1 2
1 1
1 1
2
S
0,5
0,5
3(1,5đ)
-ĐKXĐ: 0 x 1
- Bình phơng 2 vế: 1 1 x2 x21 4 1 x2 4 4x2
Đặt a 1 x 2 , a 0 ta có phơng trình 1 + a = (1 - a2)(1+ 4a +
4a2) Vì a 0 nên 1 = (1- a )(1+ 4a + 4a2) 4a3 -3a = 0
a= 0 hoặc
4
3
2
a
- Với a= 0 thì x = 1 mà 0 x 1 nên x = 1 là nghiệm
- Với
4
3
2
a thì
2
1
x mà 0 x 1 nên
2
1
x là nghiệm Vậy x= 1;
2
1
x là nghiệm
0,25 0,25
0,5 0,25 0,25
4(1,5đ)
- Giả sử P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d Z
- Nếu x chẵn, mà P(0) = d lẻ thì P(x) = ax3 + bx2 + cx + d là số lẻ
nên P(x) 0 mọi x Z
- Nếu x lẻ , ta có P(x)- P(1)= a(x3 -1)+ b(x2 -1)+ c(x-1) là số chẵn
mà P(1) lẻ P(x) chẵn P(x) 0 mọi x Z
Vậy P(x) không có nghiệm nguyên
0,25 0,5 0,5 0,25
5(1đ)
- Ta có
1999 1999 10
10 1999 10
1
1
9
100
P
(theo BĐT Cosi)
- Dấu ‘=’ khi x= 1
- Vậy GTNN của P = 1999 khi x= 1
0,5
0,25 0,25 6(1đ)
2 2 2 2 . 2
2 2
2 2 2 2 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1
c
c b
b c
c b
b
c
c b
b c
b a
0,5
Trang 3- Tơng tự
2 . 2
2 1
2
2 2
1
b
b a
a c
c
c a
a b
- Nhân các vế của BĐT trên ta đợc ĐPCM
0,25 0,25
7(1đ)
- Vẻ hình , GT,KL
- Kẻ AH vuông góc với BC
- Ta có a2 = BH2 + HC2
= BH2 + AH2 + 2AH.AC+AC2
= AB2 + AC2 + 2AH.AC
- Vì ABH vuông tại H có HAB = 600 nên 2AH = AB
Do đó a 2 = b 2 + c 2 + bc
0,25
0,5 0,25
8(1đ)
- Chứng minh đợc ADHE là hình chữ nhật
- Ta có SADHE = AE.AD =
2
2 3
BC
AH AC AB
AH
- Dấu ‘=’ khi ABC vuông cân
- Vậy GTLN của SADHE = a2/2 khi ABC vuông cân
0,25 0,5 0,25
đề thi hsg lớp 9 vòng I
Môn : Toán
Năm học 2007-2008 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
-o0o -Câu 1 (1,5 điểm).
Tìm các số tự nhiên dạng abcd biết abcd 11 và a b c,bc là số chính phơng.
Câu 2(2 điểm) Cho:
36 12 2 3
78 29
2 : 6 6
6 7
4 1 4 3 1 2 1 4 4
x x
x x
x x x
x x x x
x x
-1,5
P
1 Rút gọn P.
2 Tìm x để P = 15.
Câu 3 (1,5 điểm): Giải phơng trình:
2 2x x
x 2x 2 2
8 6 1
Câu 4 (1 điểm) Tìm đa thức P(x) biết:
P(x) chia cho (x -3) d 3.
P(x) chia cho (x+4) d (- 4)
P(x) chia cho (x 2 + x – 12) đợc (x 2 + 3) và còn d.
Câu 5(1 điểm): Tìm Min của:
2008
2008
2008 x
x
P
Trang 4Câu 6 (1 điểm): Cho a, b, c > 0 thoả mãn: 2
1
1 1
1
b 1 c
1
CMR:
8
1 abc
Câu 7 (1 điểm): Qua điểm A của hình vuông ABCD cạnh a vẽ 1 đờng thẳng cắt BC tại M và cắt
DC tại I.
CMR: giá trị của biểu thức:
2 2
AI AM
1
không phụ thuộc vào vị trí của M và I.
tại A , B C Tìm vị trí của O để :
C O
OC B
O
OB A
O
OA
P
hớng dẫn chấm thi hsg lớp 9 vòng I
Môn : Toán
Năm học 2007-2008
điểm
Câu 1
(1,5đ)
Vì abcd11 ac b d11
Mà abc 2c d 11 (1)
Mặt khác: 9 2c d 18 2c d0 ; 1 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
+TH1: 2c – d =0 d 2c 9 c 4 mà bc là số chính phơng
0 ; 1 ; 4
c
Nếu c =0 thì vô lí vì số chính phơng đã tận cùng là 0 thì phảI có hai
chữ số tận cùng là 00
Nếu c = 1 thì
2
9 812 9
81
d
abcd a
bc
Nếu c = 4
10 6 64
a b
+TH2: 2c – d =11
0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6
7 18
11 2
c
c c
d
Mà c lẻ vậy c 1; 5
6
9816 8
81
d
abcd b
chia hết cho 11
8
7258 2
25
d
abc d b
chia hết cho 11
Vậy có duy nhất số 9812 thoả mãn
Trang 5Câu 2
6 3
) 26 )(
3 (
) 6 3 )(
6 ( ) 6 ( 2
26 )
26 )(
3 (
) 6 3 )(
6 ( ) 6 ( 2
8 2 18 3
) 26 )(
3 (
) 6 3 )(
6 ( 6
4 2
3
) 6 3 )(
6 (
) 26 )(
3 ( : ) 1 )(
6 (
) 1 )(
4 ( 1
) 1 )(
1 ( 2
3
36 6 18 3
76 26 3 :
6 6
4 4
1
1 2
3
6
2 2
3 3
2
2 6
7
2 3 2
6
x
x
x x
x x
x
x x
x
x x
x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x
x
x x x
x x
x x x
x x x x
x x
x x x x
x P
ĐKXĐ:
2 6 2
3 1
x x
b/
9 28 9 32 30
10 2
30 10
2
3 10 2 15
6 2 6 3 15
x
x x
x
x x
x x
x
x P
Vậy với x=
9
32
và x=
9
28
thì |P| =15
Câu 3
(1,5đ)
Giải phơng trình: 2 2 8 6 2 1 2 2
ĐK
1
1
x x
) 1 )(
1 ( ) 3 )(
1 ( 2
| 1
|
1 )
3 )(
1 ( 2 ).
1 )(
1 (
4 8 4 ) 6 8 2 )(
1 ( 2 1 6
8 2 )
1
(
2
2 2
2 2
2
x x x
x x
x x
x x
x
x x x
x x
x x x
+ Nếu x =-1 thoả mãn
+ Nếu x ta có PT: 1
loai x
x x
x x
x x
x
x x
x
7
1 1
6 2
0 1
) 1 (
) 3 )(
1 (
2
1 )
3 )(
1 (
2
2
Vậy nghiệm của PT là x = 1 và x=-1
Câu 4
1đ
+ Vì P(x) chia cho x 2 + x -12 đợc thơng là x 2 +3 và còn d Do đó P(x)
là đa thức bậc 4 và số d là: ax + b
Vậy P(x) = (x 2 + 3 )(x 2 +x – 12) + ax +b
+ P(3) = 3 3ab 3
+ P(-4) = -4 4ab 4
x x x x x
P
b
a
( ( 3 )( 12 )
0
36 4 9 )
(
36 3 3 12 )
(
2 3 4
2 2 3 4
x x x x x P
x x
x x x x x P
Trang 6Câu 5
1
1 2008 1
11 2008
1 2008 1
1 1
2008
2008 2008 2007 2008
P
x x
P
x x
Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 1 Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Câu 6
1đ
Từ
) 1 )( 1 (
2 1 1
) 1
1 1 ( ) 1
1 1 ( 1 1
2 1
1 1
1 1
1
c b
bc c
c b
b c b
a
c b a
T 2
) 1 )(
1 (
2 1 1
) 1 )(
1 (
2 1 1
b a
ab c
c a
ac b
Nhân vế với vế của 3 BDDT trên ta có:
8
1
abc
Câu 7
1đ
Trên tia đối của tia DC lấy điểm E | BM = DE
Ta có: ABM = ADE ( 2 cạnh góc vuông )
AE AM A
A
1 2;
TA Có
AEI
A A
A A
A A AEI
1 2
3 1
2 3
Vuông tại A Có CD vuông góc với EI
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a AI AM
hay
AI AE AD
Câu 8
1đ
Ta có : S 1 = S BOC ; S 2 = S AOC ; S 3 = S AOB
6 3
2 1 2 1 3
2 1 '
2
1 ' '
1
3
3
1
3
2
2
3
1
2
2
1
3 1
3 2
3 2
1
3 2
'
3
' 2
S
S S
S S
S S
S S
S S
S
S
S S S
S S S
S S P
S
S S OC
OC
S
S S OB
OB
T
S
S S S
S S
S OA
OA
B OA C OA
Dấu “=” xảy ra khi S 1 = S 2 = S 3
Hay tam giác ABC là tam giác dều
