Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC... Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
Trang 1Đề thi chọn học sinh giỏi thcs cấp tỉnh
Môn: Toán 9Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức: P =
2 3
6 2 5 ) 6 2 5 (
+
− +
b/ Giải phơng trình: x4 - 30x2 + 31x - 30 = 0
c/ Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dơng thoả mãn a + c = 2b thì ta luôn có:
c a c b b
2 1
1
d/ Chứng minh rằng: x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự nhiên m,n
Câu 2 ( 4 điểm)
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2
Tìm giá trị của x để đẳng thức sau là đẳng thức đúng :
b Giải phơng trình: 3x2 − 18x+ 28 + 4x2 − 24x+ 45 = – x2 + 6x -5
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =
1 2 2
6 8 2 3
+
−
+
−
x x
x x
d/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
1 2 4
2 + +x x x
Câu 3 (3 điểm) Xét đa thức P(x) = x9 + x99
a/ Chứng minh rằng P(x) luôn luôn chẵn với mọi x nguyên dơng
b/ Chứng minh rằng P(2) là bội số của 100
c/ Gọi N là số nguyên biểu thị số trị của P(4) Hỏi chữ số hàng đơn vị của N có thể là chữ số 0 đợc không ? Tại sao ?
Câu 4 (3 điểm)
Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất
Câu 5 (3 điểm)
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
Câu 6 (3 điểm)
a Cho 3 số dơng a, b, c có tổng bằng 1 Chứng minh rằng: 1 + 1 + 1 ≥ 9
c b
a
b Cho 3 số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện a + b > c và |a - b| < c Chứng minh rằng phơng trình a2x2 + (a2 + b2 - c2)x + b2 = 0 luôn luôn vô nghiệm
c Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui tại H
1 1
1
≥ +
+
HC
HC HB
HB HA
HA
Dấu "=" xảy ra khi nào?
-
Hết -Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh
Môn: Toán 9
Trang 2a/ P = ( 3 2)( 3 2) 3 2 1
2 3
2 ) 2 3 ( 2 ) 2 3
(
=
−
=
− +
= +
−
b/ x4 -30x2 + 31x - 30 = 0 <=> (x2 - x + 1)(x - 5)(x + 6) = 0 (*) ( 0,25 điểm)
Vì x2 - x + 1 = (x - 1/2)2 + 1/4 > 0 ( 0,25 điểm)
=> (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0 <=>
−
=
=
⇔
= + =
−
6
5 0
6
0
5
x
x x
x
(1/2 điểm) c/ Ta có:
VT =
c b
c b b
a
b
a
−
− +
−
Từ a + c = 2b => a = 2b – c thay vào (*) ta có (1/4 điểm)
c b
c b b a c
b
c b b
c
b
b a
−
−
=
−
− +
−
=
−
− +
−
−−
(1/4 điểm) Thay b =
2
c
a + vào (**) ta có
+
=
−
−
=
−
a
c
2
d Ta có x3m+1 + x3n+2 + 1 = x3m+1 - x + x3n+2 - x2 + x2 + x + 1 (0,25 điểm)
= x(x3m - 1) + x2(x3n - 1) + (x2 + x + 1) (0,25 điểm)
Ta thấy x3m - 1 và x3n - 1 chia hết cho x3 - 1 do đó chia hết cho x2 + x + 1 (0,25 điểm)
x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 (0,25 điểm)
Câu 2
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2x2 + 4x = 19 - 3y2 <=> 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2
<=> (2x + 2)2 = 6(7 - y2) (1/4 điểm)
Vì (2x + 2)2 ≥ 0 => 7 - y2 ≥ 0 => 7 ≥ y2 mà y ∈Z => y = 0 ; ± 1 ; ± 2
(1/4 điểm) + Với y = ±1 => (2x + 2)2 = 6(7 - 1) <=> 2x2 + 4x - 16 = 0
=> x1 = 4; x2 = -2
+ Với y = ±2 =>2x2 + 4x - 7 = 0 => x1, x2 ∉ Z (loại) (1/4 điểm)
+ Với y = 0 =>2x2 + 4x - 19 = 0 => x1, x2 ∉ Z (loại)
Vậy cặp nghiệm (x, y) của phơng trình là: (4; 1); (4; -1); (-2; 1); (-2; -1)
b Ta có:
9 ) 3 ( 4 1
)
3
(
+
− +
+
Vì 3(x-3)2≥ 0 nên 3 (x− 3 ) 2 + 1 ≥ 1
Tơng tự : 4 (x− 3 ) 2 + 9 ≥ 3
Do đó 3 (x− 3 ) 2 + 1 + 4 (x− 3 ) 2 + 9 ≥ 1 + 3 = 4
Mặt khác : 4 – (x - 3)2 ≤ 4
Vậy vế trái “=” khi và chỉ khi x – 3 = 0
Từ đó ta có x = 3
Vậy nghiệm phơng trình x = 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
Trang 3d/ 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 2 12
x
x + nhỏ nhất => 2 12
x
x + = 2 => x = ±1 Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = ±1
Câu 3 Ta có P(x) = (x3)3 + (x33)3 = (x3 + x33)( x6 – x36 + x66)
= (x + x11)(x2 – x12 + x22)( x6 – x36 + x66) (1/4 điểm) a/ Với x chẵn thì x9, x99 đều chẵn
x lẻ thì x9, x99 đều lẻ
=> x9 + x99 đều chẵn với mọi x nguyên dơng (1/4 điểm)
b/ Ta có x11 = 2048 nên x + x11 = 2050 (1/4 điểm)
Vì x = 2 nên các thừa số còn lại đều chẵn do đó p là bội của 4100
c/ Ta có N = P(4) = 49 + 499 = (29)2 + (299)2 = (29 + 299)2 – 2 29 299 (1/4 điểm)
Theo câu b thì số bị trf có chữ số hàng đơn vị là 0 mà số trừ lại có số hàng đơn vị khác 0 hay hiệu của chữ số hàng đơn vị khác 0
Vậy chữ số đơn vị của N khác 0
Câu 4
- Dựng A’ đối xứng với M qua Ox (1 điểm)
- Dựng B’ đối xứng với M qua Oy
- Nối A’B’ cắt Ox tại A, cắt Oy tại B (1 điểm)
=> AM = AA’ (A ∈Ox trung trực của A’M)
BM = BB’ (B ∈Oy trung trực của B’M)
(1/2 điểm)
=> P(AMB) = AA’ + AB + BB’ nhỏ nhất
(vì A’, A, B, B’ thẳng hàng)
Câu 5: + Có SABC =
2
1
BC AA’ (1/2 điểm) + Có SHBC =
2
1
BC HA’ (1/2 điểm) + Có SHAC =
2
1
AC HB’ (1/2 điểm) + Có SHAB =
2
1
AB HC’ (1/2 điểm) + SABCHBC AA'HA'
S
= ; BB'HB'
ABC
SHAC
S
= ; CC'HC'
ABC
SHAB
S
ABC
SABC
S ABC
S HAC S
HBC
S
=
= +
+
'
' '
' '
CC
HC BB
HB AA
Câu 6
x
y O
M A'
B'
A
B A
C'
B'
A'
H
Trang 4C1
C
B1
B A1
A
a Do a + b + c = 1 nên
+ +
=
+ +
=
+ +
=
c
b c
a c
b
c b
a b
a
c a
b a
1 1
1 1
1 1
(1/2 điểm)
Vậy 1 + 1 + 1 = 3 + + + + + + ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
b
c c
b a
c c
a a
b b
a c
b
a
Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c = 1/3
b Tính biệt số ∆ = [(a – b)2 – c2][(a + b)2 – c2]
(1/2 điểm) Vì a + b > c > 0 và 0 < | a – b| < c
nên (a – b)2 < c2 => (a – b)2 – c2 < 0
và (a + b)2 > c2 => (a + b)2 – c2 > 0
Do vậy ∆ < 0 => Phơng trình vô nghiệm (1/2 điểm)
c Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác A
* Đặt S = S∆ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB
Ta có:
1 1
1 1
1
1
1
2
1
2
1
HA
HA HA
AA BC
HA
BC
AA
S
S
+
=
=
=
Tơng tự:
1 2
1
HB
HB S
S = +
1 3
1
HC
HC S
S
+
=
Suy ra:
3
S
Theo bất đẳng thức Côsy:
1 2 3
9 3 6
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều