De thi va dap an HSG Huyen mon Toan 9 / 09 -10

ĐỀ THI chän hsg HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) Câu 1. a)Cho a b là phân số tối giản . Chứng minh rằng 2 a a b+ cũng là phân số tối giản. b) Cho a;b;c là các số nguyên thỏa mãn: a 2 (b-c) + b 2 (c-a) + c 2 (a-b) = a+b+c. Chứng minh rằng a+b+c M 27 Câu 2. a) Cho hệ phương trình ax+by=5 bx+ay=5    ( với a,b nguyên dương và khác nhau) Tìm a,b để hệ có nghiệm (x;y) với x;y là các số nguyên dương. b) Giải phương trình: 2(x 2 + 2) = 5 3 1x + Câu 3.Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng minh rằng: 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ca + ≥ + + + + Câu 4. Cho hình thang vuông ABCD ( ∠ A = ∠ D = 90 0 ) và DC = 2 AB Gọi H là hình chiếu của D trên đường chéo AC và M là trung điểm của đoạn HC Chứng minh rằng BM ⊥ MD Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R). Điểm M thuộc cung nhỏ » BC , gọi I;K;H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh AB; AC; BC a) Chứng minh AB AC BC MI MK MH + = b) Giả sử ∆ ABC đều , xác định vị trí của M trên cung » BC để MA + MB + MC = Max (đạt giá trị lớn nhất) Câu 6.Tìm giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của phân thức sau cũng là số nguyên : 12 422 23 + +++ x xxx HƯỚNG DẪN CHẤM THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN Câu 1. ( 4 điểm) a) ( 2 đ) Vì a b là phân số tối giản nên (a;b) = 1 Giả sử a 2 và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d Khi đó vì a 2 M d và d là số nguyên tố nên a M d Từ a M d và a+b M d => b M d như vậy a và b cùng chia hết cho số nguyên tố d, trái với giẻ thiết (a;b)=1 vậy (a 2 ; a+b)=1 hay 2 a a b+ là phân số tối giản b) (2đ) a 2 (b-c)+ b 2 (c-a) + c 2 (a-b) = a+b+c.<=> (a-b)(b-c)(a-c)= a+b+c (1) gọi r 1 , r 2 , r 3 lần lượt là các số dư khi chia a; b; c cho 3 1 Trường hợp 1: Nếu các số dư khác nhau (0;1;2) thì r 1+ r 2+ r 3 = 3 => a+b+c M 3 Nhưng các hiệu a-b;b-c;a-c đều không chia hết cho 3 nên đẳng thức 1 không xẩy ra điều này trái với giả thiết. Trường hợp 2: Nếu có 2 số dư bằng nhau thì a+b+c không chia hết cho 3 nhưng tích (a-b)(b- c)(c-a) M 3 điều này vô lý. Trường hợp 3: Cả 3 số dư bằng nhau Khi đó (a-b); (b-c); (a-c) đều chia hết cho 3 => (a-b)(b-c)(a-c) M 3.3.3 Vậy từ (1) => a+b+c M 27 Câu 2: (4điểm) a)(2đ) ax+by=5 bx+ay=5    => ax+by=bx+ay <=>(a-b)(x-y) = 0 vì a ≠ b => x-y =0 => x=y Từ x=y ta có ax+by=5 <=> x(a+b)=5 vậy để phương trình có nghiệm nguyên dương thì a+b>0 và là ước của 5 Do a,b ∈ N * và a ≠ b nên ta có : a=1 và b = 4 => x = y = 1 ; a= 2 và b = 3 => x = y = 1 a= 3 và b = 2 => x = y = 1 ; a = 4 và b = 1 => x = y = 1 b) ( 2 đ) Đặt a = 1x + ; b = 2 1x x− + đ/k x ≥ 1 ; a ≥ 0 ; b >0 a 2 = x + 1 ; b 2 = x 2 -x +1 => x 2 +2 = a 2 +b 2 và x 3 +1 = a 2 b 2 Phương trình trở thành 2(a 2 +b 2 ) = 5 ab <=> (2a – b) (a – 2b) = 0 <=> a = 2b hoặc b = 2a Với a = 2b ta có 1x + = 2 2 1x x− + <=> 4x 2 -5x+3 = 0 ( vô nghiệm) Vowia b = 2a ta có 2 1x x− + = 2 1x + <=> x 2 -5x – 3 = 0 x 1,2 = 5 37 2 ± là nghiệm của phương trình Câu 3. ( 3 điểm) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( )( 2 2 2 9 1 2 9 1 ( ) a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c + + + + + + ≥ + + + + ⇒ + ≥ ≥ + + + + + + (1) Mặt khác từ ab+bc+ca ≤ a 2 +b 2 +c 2 => ab + bc + ca 2 ( ) 2007 2007 3 669 3 3 a b c ab bc ca + + ≤ ≤ ⇒ ≥ = + + (2) Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ca + ≥ + + + + dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 A B H N M D C Câu 4 . ( 2,5 điểm) Gọi N là trung điểm của DH MN là đường trung bình của ∆ DHC => 2 MN = 1 2 DC và MN//CD Mà AB = 1 2 CD ; AB//CD  MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành => AN//BM  Từ MN//AB mà AB ⊥ AD => MN ⊥ AD => N là trực tâm của ∆ AMD => AN ⊥ MD vì AN//BM mà AN ⊥ DM => BM ⊥ DM Câu 5.(4 điểm) a) (2đ) giả sử AC ≥ AB ta có AB AC AI BI AK KC AI AK MI MK MI MK MI MK − + + = + = + (1) Do góc C 1 = góc A 1 nên cotgA 1 = cotgC 1 => AI CH MI MH = (2) và góc A 2 = góc B 1 nên cotg A 2 = cotgB 1 => AK BH MK MH = (3) Từ (1), (2) ,(3) => AB AC MI MK + = AB AC BC MI MK MH + = b) (2đ)gọi D là giao điểm của MA với BC => tam giác MBD đòng dạnh tam gics MAC (gg) => MB BD MA AC = tương tự MC CD MA AB = do đó 1 MB MC BD CD MA MA AB + + =  MA+MB+MC = 2 MA ≤ 4R . vậy Max( MA+MB+MC)= 4 R khi AM là đường kính khi dó M là trung điểm của cung BC A B C C I M Câu 6.( 2,5 điểm) biến đổi 12 3 1 12 3)12()12( 12 422 2 223 + ++= + ++++ = + +++ x x x xxx x xxx Z x xxx ∈ + +++ 12 422 23  3 M 2x +1  2x+1 ∈ -3 ; -1 ; 1 ; 3 Từ đó ta có 2x - 1 -3 -1 1 3 x -2 -1 0 1 3 2 K D H 1 1 . MN//CD Mà AB = 1 2 CD ; AB//CD  MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành => AN/ /BM  Từ MN//AB mà AB ⊥ AD => MN ⊥ AD => N là trực tâm của ∆ AMD => AN ⊥ MD vì AN/ /BM. ĐỀ THI chän hsg HUYỆN NĂM HỌC 20 09 - 2010 MÔN: TOÁN 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) Câu 1. a)Cho a b là phân số tối giản thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng minh rằng: 2 2 2 1 20 09 670 a b c ab bc ca + ≥ + + + + Câu 4. Cho hình thang vuông ABCD ( ∠ A = ∠ D = 90 0 ) và DC = 2 AB Gọi H là hình chiếu của D trên đường