[r]
Trang 1Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Bài I (2đ) Rút gọn A 1+2 a
1+√1+2 a+
1 −2 a
1 −√1 −2 a
Với a = √3
4
Bài II (6đ) a) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 2x2 + 4x = 19-3y2
b) Giải hệ phơng trình
x3 =7x +3y
y3 = 7y+3x
Bài III (3đ) Cho x,y,z là các số không âm và x+y+z =1
Tìm giá trị lớn nhất của M = xy+yz+zx
Bài IV (6đ) Cho hình thang ABCD (AD//CD,AB ≠ CD) M,N lần lợt thứ tự
là trung
điểm của các đờng hcéo AC và BD , kẻ NH ⊥ AD, MH’ ⊥ BC Gọi I
là giao điểm của MH’ và NH Chứng minh rằng I cách đều 2 điểm C và D
Bài V (3đ) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1 Chứng minh b+c ≥ 16abc
Hớng dẫn chấm Bài I (2đ) Thay a = √3
4 vào A ta có:
√3+1 ¿2
¿
√3 − 1¿2
¿
¿
¿
2 −√ ¿
¿
2+ √¿
¿
A= 2+√3
2+√4 +2√3+
2−√3
2−√4 −2√3=
2+√3
¿
Bài II (6đ) a) (3đ) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
2x2 + 4x = 19-3y2 (1)
<=> 2(x+1)2 = 3(7 - y2) (2)
Do 2(x+1)2 ⋮ 2 => 3(7 - y2) ⋮ 2 => y lẽ
(1đ)
Ta lại có 7 - y2≥ 0 nên y2 = 1
2(x+1)2 <=> x =2 hoặc x = - 4 (1đ)
Từ đó ta có các nghiệm (x,y) = (2;1) ,(2;-1), (- 4;1), (- 4;-1) (0.5đ) b) x3 =7x +3y (1)
y3 = 7y+3x (2)
Lấy (1) - (2) ta đợc: (x-y)(x2 + xy+ y2 -4) =0 (1đ)
* Với x = y kết hợp với phơng trình (1) x3 =7x +3y
Ta đợc x =y = 0; x =y = √10 ; x =y = - √10
Trang 2* Với x2 + xy+ y2 - 4 =0 cộng (1) và (2) ta có
x2 + xy +y2 = 4 x+y = S
đặt (S2 ≥ 4P)
y3 + x3= 10(y+x) xy = P
Ta có S2- P - 4 = 0 Thế P = S2 - 4
S3 -3SP -10S = 0
=> S3 - 3S(S2 - 4) -10S = 0 <=> S1 =0 hoặc S2 = 1; S3 =- 1 (0.5đ)
* S1 = 0 => P1 = - 4 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình (0.5đ)
X2 - 4 = 0 => x =2 hoặc x = - 2
y = -2 y = 2
* S2= 1 => P2 = -3 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình (0.5đ)
X2 - X -3 = 0 => x = 1+√13
2 hoặc x =
1 −√13 2
y = 1 −√13
2 y =
1+√13 2
* S3= -1 => P3 = -3 Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình (0.5đ)
X2 + X -3 = 0 => x = − 1+√13
2 hoặc x =
− 1−√13
2
y = − 1−√13
2 y =
− 1+√13
2
Vậy hệ đã cho có 9 nghiệm
Bài II (3đ) Ta có (x+y+z)2 = x2 +y2 +z2 +2(xy+yz+zx) = 1
=> 2M = 1- (x2 +y2 +z2)
(0.5đ)
Mặt khác: x2 +y2 +z2 = x2+y2
z2+y2
x2+z2
2 ≥ xy+yz+zx (1đ)
=> 2M ≤ 1- (xy+yz+zx) =>3M ≤ 1
(0.5đ)
=>M ≤ 1/3 Vậy GTLN của M = 1/3xảy ra khi và chỉ khi x =y =z = 1/3 (1đ)
Bài IV (6đ)
•
Trang 3Hạ AP ⊥ BC ; BQ ⊥ AD Từ giả thiết ta có:
H là trung điểm của DQ; H’ là trung điểm của CP (1đ)
Ta có tứ giác ABPQ nội tiếp => góc(ABP) + góc (DCB) = 180o
(1đ)
mà góc(ABP) = góc (DCB) (đồng vị) => góc(AQP) + góc (DCB) = 180o
(1đ)
Hay tứ giác DCPQ nội tiếp
(1đ)
Lại có HN, MH’ là trung trực của DQ,PC
(1đ)
Suy ra I =HN ⋂ H’M là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác DCPQ (1đ)
=> I cách đều D và C
Bài V
Từ giả thiết ta có 1 = [ a+(b+c)]2 ≥ 4a(b+c) vì (a+b)2 ≥ 4ab
=> b + c ≥ 4a(b+c)2 (1) do b+c > 0
(1đ)
Lại có (b+c)2 ≥ 4bc (2)
(0.5đ)
Từ (1) và (2) => b + c ≥ 4a.4bc hay b + c ≥ 16abc (đpcm)
(0.5đ)
Dấu = xảy ra <=> a = b+c
b = c
(1đ)
Mà a+b+c = 1 => a =1/2 b = c = ẳ