De thi HSG Toan va huong dan cham 20102011 PGDCT

Xác định vị trí của điểm P trên BC để diện tích tứ giác PLAK lớn nhất.[r]

UBND HUYỆN CHÂU THÀNH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập –Tự do –Hạnh phúc

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn thi: TOÁN LỚP: 9

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (4 điểm)

a) Chứng minh A(n) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24

b) Tìm các số a, b, c để đa thức f(x)= x4 + 2x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của tam thức bậc hai g(x)= x2 + x + c

Bài 2: (4 điểm)

a) Tính : A 4 5 3 5 48 10 7 4 3  

b) Giải phương trình : 3x212x21 + 5x2 20x24 = - 2x2 + 8x - 3

Bài 3: (4 điểm)

a) Chứng minh bất đẳng thức: x4 y4 x y xy3  3 với mọi số thực x, y

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

2 2

x

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có BAC  900, AB = 4cm; AC = 3cm P là một điểm di động trên cạnh BC Gọi K, L lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB và AC Xác định vị trí của điểm P trên BC để diện tích tứ giác PLAK lớn nhất

Bài 5: (4 điểm)

Chứng minh rằng với mọi tứ giác lồi ABCD ta cóAC2BD2 AD2BC22AB CD.

-HẾT -ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi : TOÁN 9

1a Ta có A(n) = n(n+1)(n+2)(n+3)

Vì tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 Trong

bốn số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp, một trong hai số số đó chia

hết cho 4 nên A(n) chia hết cho 8

Vì (3, 8) = 1 nên A(n) chia hết cho 24

1

0,5đ 0,5đ 1b

Ta có :g x 2 x2 x c2 x4x2c22x32cx22cx

= x42x31 2 c x 22cx c 2

  2

2

1

c









1

2

c







 



Nếu c=1 thì a=3, b=2 khi đó (a,b,c)=(3,2,1)

Nếu c=-1 thì a=-1, b=-2 khi đó (a, b, c)= (-1, -2, -1)

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ 2a

Ta có : A 4 5 3 5 48 10 2    32

 

 

= 4 5 3 25 5 3  = 4 5 3 

0.5đ 0.5đ

0.5đ 0.5đ 2b

Ta có : VT = 3x212x21 + 5x2 20x24

= 3(x2 4x4) 9 + 5(x2  4x4) 4

= 3(x  2)29+ 5(x  2)24  9 + 4 = 3 +2 = 5 Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2

Mặt khác , ta có : VP = - 2x2 + 8x – 3 = -2(x2 - 4x + 4) + 5 = -2(x – 2 )2 + 5 5

Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2

Vậy 3x212x21 + 5x2 20x24 = - 2x2 + 8x – 3  x = 2

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

0,75đ

0,75đ 0,5đ

3a 1) Lập hiệu: x4 y4 x y xy3  3 x (x y) y (x y)3   3 

(x y)(x y ) (x y)(x y)(x xy y ) (x y) (x xy y )

Nhận xét: (x y) 2  với mọi x, y Dấu “=” xảy ra khi x = y0

      

  với mọi x, y Dấu “=” xảy ra khi x = y = 0

(x y) (x xy y ) 0

x y x y xy 0

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

Hay: x4 y4 x y xy3  3 0,25 3b

A =

2 2

x

= 1 -

2

x + 2

2010

x = 2010 2 2

  + 1 -

1

2010

= 2010

2

2010

x



2009

2010

2009

2010

⇒

GTNN của A =

2009

2010 khi x = 2010

0.5đ 0.5đ

0.5đ 0.5đ

4

Đặt BK = x > 0

⇒ AK = 4 – x

PK = x tgCBA = x

3 4

⇒ SPLAK = ( 4 – x )

3

4x =

3

4( 4x – x2)

SPLAK lớn nhất khi 4x – x2 lớn nhất,

mà 4x – x2 = – (x – 2 )2 + 44 với mọi x

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = 2

Vậy SPLAK lớn nhất khi x = 2 ⇒ AK = BK

⇒ PB = PC hay P là trung điểm của BC 4 5

Kẻ:

HAD

 có H 900nên:

AHC

 có H 900nên:

Do đó: AC2 AD2 HC2 HD2 HC HD HC HD    DC HC HD  

Tương tự: BD2 BC2 DC DK KC  

Do đó:AC2 AD2BD2 BC2 DC HC HD DK KC    

=DC HK KC DH DH HK KC      

=2DC HK.

Mà HK AB do đó

2

4

C

P

K L

K H

D

C B A