de va dap an HSG toan lop 9

Tính giá trị nhỏ nhất của diện tich tam giác AHC theo a Bài 5... Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt AQ tại K.[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ

ĐÊ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 1 NĂM HỌC 2011-2012

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1 Giải các phương trình

a) x2 + 2x + 2 = 2 x32x22x 1

b) 2x 3  4x 7  2x 9 5 4x 7   4 2

Bài 2 Cho a và b là các số thoả mãn: ( a22011 a)( b 22011 b) 2011 

a) Chứng minh: ( b22011 b) ( a  22011 a)

b) Tính: P = a2011 + b2011 + 2011

Bài 3 Cho a, b, c, d là các số dương, chứng minh:

a)

a b b c c d d a

0

b c c d d a a b

b)

Bài 4 Cho hình chữ nhật ABCD, cạnh AB = a M là trung điểm AB, trên BC lấy điểm N, đường thẳng

AN cắt đường thẳng DC tại P, đường thẳng PB cắt đường thẳng DM tại Q

a) Chứng minh QAB = BAP

b) Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng CM cắt đường thẳng BC tại H Tính giá trị nhỏ nhất của diện tich tam giác AHC theo a

Bài 5 Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện

x y 2 x y 3xy 17

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài 1

a)

b)

Bài 2:

a)

b)

Bài 3:

a)

x2 + 2x + 2 = 2 x32x22x 1  x 1 x2 x 1 2 x 1 x    2 x 1

Với ĐKXĐ: x  -1 Phương trình trở thành  x 1  x2 x 12 0

 x 1  x2   x = 0 (TMĐK) Vây phương trình có nghiệm x = 0 x 1

2x 3  4x 7  2x 9 5 4x 7   4 2

Nhân hai vế của phương trình với 2 , ta được:

4x 6 2 4x 7    4x 18 10 4x 7    8

 4x 7 2 4x 7 1     4x 7 10 4x 7 25 8    

 ( 4x 7 1) 2  ( 4x 7 5) 2  8

 4x 7 1   4x 7 5 8   (*)

Với ĐKXĐ x 

7

4 phương trình (*) trở thành 2 4x  7 2 hay 4x  7 1  4x - 7 = 1  x = 2 (TMĐK) Vậy phương trình có nghiệm x = 2

Từ ( a22011 a)( b 22011 b) 2011 

 ( a22011 a)( a 22011 a)( b 22011 b) 2011( a  22011 a)

 (a22011 a )( b 2 22011 b) 2011( a  22011 a)

 2011( b22011 b) 2011( a  22011 a)

 ( b22011 b) ( a  22011 a) (1)

Tương tự ta có: ( a22011 a) ( b  22011 b) (2)

Từ (1) và (2)  a = - b

Nên P = a2011 + b2011 + 2011 = a2011 - a2011 + 2011 = 2011

BĐT tương đương



4

b c c d d a a b

5 điểm

1 đ 1đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

5 điểm

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

1 đ

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

5 điểm 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

b)

Bài 4:

a)

b)

Áp dụng BĐT phụ

xy x y (HS phải chứng minh) ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b= c = d

Do vai trò a, b, c bình đẳng nên ta giả sử a b c

Ta có:

3

b c a   =

   

=



=

2

(a b) (a c)(b c)



(1)

Tương tự ta cũng có

a d b d c d

3

b d c d a d

2

(a b) (a c)(b c) (a d)(b d) (a d)(c d)



Vì a, b, c, d > 0 và a  b c

Nên

2

(a b) (a c)(b c)





2

(a b) (a c)(b c) (a d)(b d) (a d)(c d)



    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt AQ tại K

Ta có:

QA QD ;

QD QP 

QAQP  KB //AP

 KBA BAP (sole trong) (1)

KBA cân tại K (Trung tuyến KM vừa là đường cao) Nên QAB KBA  (2)

Từ (1) và (2) suy ra QAB BAP  (Đpcm)

AHB  CMB (g – g) 

MBCB  HB CB = MB AB

=

2

.a

2 2 (không đổi)

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

4 điểm

2 đ

1 đ

1 đ

Bài 5:

Ta có SAHC =

1

2 AB HC =

a

2 HC Do đó (SAHC)min  HC Min

Vì HC = HB + BC nên HC Min  HB = CB (vì HB CB không đổi)

Lúc đó: Tam giác AHC cân tại A

Vì HB CB

2

a 2

  HB2

2

a 2

  HB =

a 2

Vậy min SAHC =

2

2a

2

x y 2 x y 3xy 17

 x y x   2xy y 22 x 2xy y 2xy 17

 x y 2 x    2xy y 2 xy 17

Do x, y  N nên xy + 17 > 0 và x2xy y 2  0

Suy ra: x – y – 2 > 0 Vì vậy x  y + 3  3 (1)

Lại có x2xy y 2 xy 17 nên x2y2 17 (2)

Từ (1) và (2)  3  x  4 và x  N, nên x  {3; 4}

*) Nếu x = 3 từ (1)  y = 0

*) Nếu x = 4 từ (1)  y = 0 hoặc y = 1

Trong các cặp số (x; y)  {(3; 0); (4; 0); (4; 1)} chỉ có cặp (4; 1) thỏa mãn bài toán

Vậy x = 4; y = 1

1 điểm 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ