DeDA HSGToan 9 My Duc Phu My1011

[r]

PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ ĐỨC Môn : Toán – Lớp 9 - Năm học : 2010 – 2011

Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.(3,0 điểm):

Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:

A = x4 – x2 + 2x + 2

Câu 2.(3,0 điểm):

Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương

Câu 3.(5,0 điểm):

a) Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của:

A = x6 + y6

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = x 9 x 2

Câu 4.(3,0 điểm):

Chứng minh rằng nếu các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:

2

1a1b1c  , thì abc

1 8



Câu 5.(3,0 điểm):

Cho tam giác ABC Qua điểm O tùy ý trong tam giác kẻ các đường thẳng AO, BO, CO cắt

BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’ Chứng minh hệ thức:

AA  BB CC 

Câu 6.(3,0 điểm):

Không dùng bảng lượng giác và máy tính Tính cos150

PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐÁP ÁN - HD CHẤM - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Môn : Toán – lớp 9

Câu 1

(3,0 điểm)

A = x4 – x2 + 2x + 2 = (x4 – 2x2 + 1) + (x2 + 2x + 1) = (x2 – 1)2 + (x + 1)2 = (x2 – 1)(x2 – 1) + (x + 1)2

= (x -1)(x +1)(x – 1)(x + 1) +(x + 1)2 = (x +1)2(x – 1)2 + (x + 1)2

= (x + 1)2x121

Để A là số chính phương thì phải có: (x + 1)2 = 0 và (x -1)2 + 1 tùy ý;

hoặc (x + 1)2  0 và (x -1)2 + 1 là số chính phương

 Nếu (x + 1)2 = 0  x + 1 = 0  x = -1

 Nếu (x + 1)2  0 và (x -1)2 + 1 là số chính phương, ta đặt (x -1)2 + 1 = y (yN)

Do đó y2 - (x -1)2 = 1  y x1 y x1 1

Vì yN và x1N nên chỉ xảy ra : y + x  1 1và y - x  1 1

 x – 1 = 0  x = 1

Thử lại ta thấy với x = 1, x = -1 thì A = x4 – x2 + 2x + 2 là số chính phương

Điểm

0,5 0,25

0,25 0,25

0,5 0,5 0,5 0,25

Câu 2

(3,0 điểm) Tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp có dạng :S = (n – 2)2 + (n – 1)2 + n2 + (n +1)2 + (n +2)2 (nZ)

S = n2 + 4 – 4n + n2 + 1 – 2n + n2 + n2 + 1 + 2n + n2 + 4 + 4n

S = 5n2 + 10 = 5(n2 + 2)

Ta chứng minh n2 + 2 không chia hết cho 5 với mọi n:

 Nếu n  5 thì n2 + 2 chia cho 5 dư 2

 Nếu n = 5k  1 thì n2 + 2 = (5k  1)2 + 2 chia cho 5 dư 3

 Nếu n = 5k  2 thì n2 + 2 = (5k  2)2 + 2 chia cho 5 dư 1

Vậy n2 + 2  5 nên S là số chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, do đó S không thể là một số chính phương

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 3

(5,0 điểm)

Câu a

(3,0 điểm)

* Với x2 + y2 = 1 (gt) ta có :

A = x6 + y6 = (x2)3 + (y2)3 = (x2 + y2)3 – 3x2y4 – 3x4y2

= (x2 + y2)3 – 3x2y2(x2 + y2) = 1 - 3x2y2

Ta có - 3x2y2  0 Do đó A  1

Dấu “=” xảy ra  2 2

1, 0 1

Vậy A(max) = 1

1, 0



 

* Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có:

x y2 2  x2y2 , mà x2 + y2 = 1 (gt) nên ta có :

0,5 0,25 0,5 0,25 0,25

Câu 3a

(3,0 điểm)

x2y2 

2

1 1

2 4

 



 

   -3 x2y2

3 4



Do đó A = 1 - 3x2y2

3 1 1

4 4

  

Dấu “=” xảy ra

2

2 2

x y

x y

 





 





Vậy A(min) =

1 4

2 2

  

0,5 0,5 0,25

Câu 3b

(2,0 điểm)

* Điều kiện : 9 – x2  0  x2  9  -3  x  3

* Aùp dụng bất đẳng thức cho hai số không âm, ta có :

B = x 9 x 2

Dấu “=” xảy ra  x = 9 x 2  x2 = 9 - x2  x2 =

2 x 2



 

(TMĐK)

Vậy max B =

2 x 2



 

0,5

0,5 0,75 0,25

Câu 4

(3,0 điểm)  Ta có

2

1a1b1c (gt) 

 Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có :

   

2

* Từ (1) và (2) suy ra    

1 2

bc

   (3)

* Chứng minh tương tự, ta được :  

1 2

1 (1 ) 1

ac

   (4)

 

1 2

1 (1 ) 1

ab

   (5)

 Nhân các vế tương ứng của (3), (4), (5) ta được :

     

 

     

2

1

8

abc

            

1

8

abc

      (vì a, b, c > 0)

 1  8abc (vì a, b, c > 0)  abc 

1

8 (đpcm)

0,5 0,5

0,5 0,25 0,25

0,5 0,25 0,25

Câu 5

(3,0 điểm)

* Vẽ hình đúng theo đề bài (h.1)

* Kẻ AH  BC, OI  BC (H, OBC)

Khi đó OI // AH (cùng  BC)

Xét AHA’ có OI // AH theo hệ quả của

định lí Talet ta có:

' AA'

AH



(1)

* Mặt khác có :

1 2 1 2

OBC

ABC

BC OI

(2)

 Từ (1) và (2) suy ra

' AA'

OBC ABC

 Chứng minh tương tự, ta có :

' '

OAC ABC

S BB (4)

' '

OAB

ABC

S CC (5)

* Cộng các vế tương ứng của (3), (4), (5) ta được :

1 AA' ' '

0,25 0,25

0,5

0,5

0,5 0,25 0,25

0,5

Câu 6

(3,0 điểm) * Vẽ ABC vuông tại A có B 150

(hình 2)

* Đặt AC = b Vẽ đường trung trực

của BC cắt BC, AB lần lượt tại I, K

Khi đó : KB = KC  KBC cân tại

K  C1  B 150

* Xét AKC vuông tại A có AKC C1B 150150 300 (góc ngoài của

KBC)  KC2AC 2b (định lí về tam giác vuông có góc 300)

Và AK = BC2 AC2  4b2 b2 b 3 (đlíPytago)

Do đó AB = AK + KB = AK + KC = b 3 + 2b = b( 3 +2)

* Xét ABC vuông tại A, theo định lí Pytago ta có:

BC2 = AB2 + AC2 = b2( 3 +2)2 + b2 = b2(3 + 4 + 4 3 + 1) = 4b2(2+ 3)

 BC = 4b22 3 2b 2 3

 cos150 = cosB = =

0,25

0,5

0,25 0,5 0,25 0,25

0,5 0,5

   

2

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1

2 3 2

2 2 3

2 2 3 2 2 3

b

AB



 Mọi cách gải khác đúng, chặt chẽ đều được điểm tối đa của từng câu.