066 đề hsg toán 9 thanh hóa 2015 2016

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HĨA MƠN: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Cho P = x x  2x  x 2 x x x + x x  2x  x x x  x 2 Rút gọn P Với giá trị x P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình  3x  x  x    2x =4 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm) Cho a = x + b=y+ c = xy + x y xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc Chứng minh với x > ta ln có 3(x2 - x2 ) < 2(x3 - x3 ) Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính độ dài BD, DC Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN P = 1 a4 + 1 b4 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 9 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm 0,5 Điều kiện x > 0; x 1; 1 P= ( x  2)( x  1) x1 = = ( x  2)( x  1)( x  1) + x 1 + ( x  2)( x  1)( x  1) ( x  2)( x  1) x 1 x1 2( x  1) x 0,5 2( x  1) 2( x  1) 2x   x 1 > 1 - > 0 >0 x x x P > 1  0,5 x  > Theo đ/k x >  x+3>0 x  x–1>0  x>1 0,5 Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; Suy x > 1; x 4 P > P= 0,5 2( x  1) =2+ Với x > 0; x 1; x x P nguyên  x – ước P đạt giá trị nguyên lớn  x – =  x = Vậy P đạt giá trị lớn x = Điều kiện x – +  x  0,5 0,5 0,5 0,25 Phương trình tương đương 3x  - Xét x < - x -4 2x  - 4x + 12 = (*) 0,5 Thì (*)  - 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =  2x = -28  x = - 14 (Thỏa mãn đk) Xét - ≤ x < Thì (*)  - 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0,25 0,25 (Thỏa mãn đk)  x= 0,25 Xét ≤ x < Thì (*)  - 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =  x= (loại) 0,25 Xét x ≥ Thì (*)  3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0,25  x=- (Loại) 2  Vậy phương trình có nghiệm x   14;   2 7 2 Ta có x + xy + y = x y  (x + y)2 = xy(xy + 1) + Nếu x + y =  xy(xy + 1) =  0,5  xy   xy    0,5 Với xy = Kết hợp với x + y =  x = y = Với xy = -1 Kết hợp với x + y =  x   y  x 1   y   0,5 1 + Nếu x + y 0  (x + y)2 số phương xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố Do khơng thể số phương 0,5 Vậy nghiệm nguyên phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (1; 1) a = x2 + +2 x2 b2 = y2 + y + 1 c2 = x2y2 + x y + ab = (x + 1 x x y y )(y + y ) = xy + xy + y + =c+ y + x x x 0,5  abc = (c + = c2 + c( x y 0,5 y ).c x + y ) x + = c2 + (xy + x y xy 0,5 x y )( y ) x + 0,5 = c + x2 + y2 + y + x = a2 – + b2 – + c2  A = a2 + b2 + c2 – abc = 3(x2 1 ) ) < 2(x x x3  3(x  1 1 )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1) x x x x 0,5 1 3(x + ) < 2(x2 + + 1) (1) x x ( Vì x > nên x - > 0) x 1,0 1 Đặt x + = t x2 + = t2 – x x 0,5 Ta có (1)  2t2 – 3t – >  (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x – 1)2 >  x2 + > 2x  x +  (2) Suy điều phải chứng minh A B I Q P C H D > hay t > x IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) 0,5  IPHQ h.b.h 0,5 1 AD = BC nên IPHQ hình thoi 2 Có IP = IQ = Gọi P ; Q giao điểm PQ với AD BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H  HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC  BQ P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD  AP P = HQP (So le trong) (3) Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P ( đpcm) F k E 0,5 A B I n m Q P C H D Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) 0,5 Suy MHP = NHQ  MHQ = NHP  MHN PHQ có tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi 0,5 Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy H, I, K thẳng hàng 0,5 Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vuông AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngồi A, cắt BC E Ta có AE  AD nên AD2 = DE.DH Suy AD 45 DE = = = 75cm DH 27 0,5 Theo tính chất đường phân giác ngồi tam giác DB EB = DC EC  x y = 75  x 75  y (1) 0,5 Mặt khác x + y = 40 (2) Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 =  (x – 15)(x – 100) = 0,5 Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm 0,5 Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a ; 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2  1 a4 ≥ a2  17 0,5 (1) Dấu “=” xảy  a = Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2  b4 1 ≥ b2  17 (2) 0,5 Dấu “=” xảy  b = Từ (1) (2)  P ≥ a2  b2  17 ( ) Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =  a + b + ab = Áp dụng Cơsi ta có: a  a2 + b  b2 + ab  0,5 a2  b2 0,5 Cộng vế ba bất đẳng thức ta (a  b ) + ≥ a + b + ab = 2  a + b2 ≥ ( - ): = Thay vào (  ) 2 8 P≥ = 17 17 Vậy giá trị nhỏ P 17 a = b = Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình khơng có hình vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm