Bộ đề thi HSG Toán 9(năm 2011)

1. Giải phương trình: 2 1 3 1x x x+ − = − . 1) 2 1 3 1x x x+ − = − (1), điều kiện 0x ≥ Đặt 2 1 , 0x a a+ = ≥ ; 3 , 0x b b= ≥ Suy ra 2 2 1b a x− = − Thay vào (1) ta được 2 2 a b b a− = − ( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ = (do 0, 0a b≥ ≥ nên a+b+1>0) Với a = b ta có 2 1 3 1x x x+ = ⇔ = thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. b/ + = x 2 - 10x + 27 Đk : 4 ≤ x ≤ 6 Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được : + = + ≤ + = 2 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ 5 16 14 =⇔    =− =− x x x Mặt khác : x 2 - 10x + 27 = ( x 2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 ) 2 + 2 ≥ 2 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x - 5 = 0 ⇔ x = 5 Do đó : + = x 2 - 10x + 27 ⇔ x = 5 Vậy nghiệm của pt là + x = 5 Bài 3 : ( 4 điểm ) a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a 2 + b 2 + c 2 = . Chứng minh rằng : + - < b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ? M = x - Bài 3 : ( 4 điểm ) a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a 2 + b 2 + c 2 = . Chứng minh rằng : + - < Tacó : ( a + b - c ) 2 ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab - 2bc - 2ac ≥ 0 ⇒ 2ab - 2bc - 2ac ≤ a 2 + b 2 + c 2 Mà a 2 + b 2 + c 2 = < 2 nên 2ab - 2bc - 2ac < 2 ⇒ < ( a , b, c > 0 ) ⇒ + - < b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ? M = x - = ( x - 2009 ) - + + 2009 - = ( - ) 2 + 2008 ≥ 2008 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ - = 0 ⇔ x - 2009 = ⇔ x = 2009 Vậy GTNN của M là 2008 ⇔ x = 2009 Bài 2. Cho biểu thức:P =         +− + + − + + − +         + − 65 2 3 2 2 3 : 1 1 xx x x x x x x x a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị của a để P < 0 Bài 3. Cho biểu thức:P =         + − −         − + + − − − 13 23 1: 19 8 13 1 13 1 x x x x xx x a) Rút gọn P b) Tìm các giá trị của x để P = 5 6 Bài 4. Cho biểu thức:P =         −−+ − −         + + 1 2 1 1 : 1 1 aaaa a a a a a) Rút gọn P b) Tìm giá trị của a để P < 1 c) Tìm giá trị của P nếu 3819 −=a Bài 5. Cho biểu thức P =                 − + +         + − − + − a a a a a a a aa 1 1 . 1 1 : 1 )1( 332 a) Rút gọn P b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P - 2 1 ) Bài 6: Cho biểu thức:P =         − + − + + +         − − + + + + 12 2 12 1 1:1 12 2 12 1 x xx x x x xx x x a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x ( ) 223. 2 1 += Bài 7: Cho biểu thức:P =         + +         − − −−+ 1 1: 1 1 1 2 x x xxxxx x a) Rút gọn P b) Tìm x để P ≤ 0 Bài 8: Cho biểu thức:P =         − + +         ++ − + a a a aa a a a 1 1 . 1 12 3 3 a) Rút gọn P b) Xét dấu của biểu thức P. a−1 Câu 2: (3 điểm) 1) Cho hai số x, y thõa mãn hệ thức: 2 2 2 1 2 4 4 y x x + + = Xác định x, y để xy nhỏ nhất 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = 2 4 2 1 x x x+ + Ta có: 2 2 2 1 2 4 4 y x x + + = 2 2 2 2 1 4 ( ) ( ) 4 y x x x ⇔ = + + + áp dụng bất đẳng rhức Cauchy ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 ( ) ( ) 2 . 2 . 2 4 4 y y x x x x xy x x = + + + ≥ + = + Do đó: 2xy ≤ hay 2 2xy− ≤ ≤ Vậy giá trị nhỏ nhất của xy là -2 đạt được khi (x; y) = (1; -2) hoặc (x; y) = (-1; 2) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x 2 ta được: M = 1 2 1 2 1 ++         x x M đạt giá trị lớn nhất khi 2 1 2 x x + nhỏ nhất => 2 1 2 x x + = 2 => x = ± 1 Vậy M lớn nhất bằng 1 / 3 khi x = ± 1 Câu 4: (3 điểm) 1) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dơng và       +       +       + 8 1 2 1 1 1 222 cba = abc 32 2) Cho a 3 + b 3 + c 3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c ≠ 0 Tính P = (2008+ b a )(2008 + c b ) ( 2008 + a c ) Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 2 + a ≥ 2 2 1 a = a 2 2 1 2 + b ≥ 2 2 2 b = 2 b 2 8 1 2 + c ≥ 2 2 8 c = c 24 ⇒       +       +       + 8 1 2 1 1 1 222 cba ≥ a 2 . 2 b 2 . c 24 = abc 32 ⇒       +       +       + 8 1 2 1 1 1 222 cba = abc 32 ⇔          = = = 8 1 2 1 1 1 2 2 2 c b a ⇔          = = = 4 2 2 2 1 c b a Ta có: a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇔ ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac ) = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c ≠ 0 ) ⇔ ( a- b ) 2 + ( b – c ) 2 + ( c – a ) 2 = 0 ⇔ a = b = c ⇒ P = (2008+ b a )(2008 + c b ) ( 2008 + a c ) P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 2009 3 a. Cho 2 số dương x; y thoả mãn xy=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D= 1 9 33 22 22 ++ ++++ yx yyxx b. (1,5 điểm) Ta có D= 1 9 33 22 22 ++ ++++ yx yyxx =(x 2 +y 2 +1)+3x+3y+ 1 9 22 ++ yx -1 ( 0,25 điểm) áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (x 2 +y 2 +1)+3x+3y+ 1 9 22 ++ yx ≥ 4 4 22 22 1 9 ).1(3.3 ++ ++ yx yxyx =4 4 81xy ( 0,25 điểm) ⇒ (x 2 +y 2 +1)+3x+3y+ 1 9 22 ++ yx ≥ 4 4 81xy =4.3=12 (vì xy=1) ( 0,25 điểm) Dấu “=” xảy ra khi x=y=1 ( 0,25 điểm) ⇒ D ≥ 12-1=11 ( 0,25 điểm) Vậy giá trị nhỏ nhât của biểu thức D bằng 11 khi x=y=1 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + với x > 0; y > 0; z > 0 và xy yz zx 1+ + = b) (2,5 điểm) + Biến đổi để được: A = x + y + z xy yz zx x y y z x z   − + +  ÷ + + +   (1) 1 điểm + Chứng minh được: x + y + z xy yz zx≥ + + > 0 (2) 0,5 điểm + Thay (2) (3) vào (1) được A 1 2 ≥ Do đó: Min A = x y z 1 2 xy yz zx 1 = =   ⇔  + + =   + Vậy A min = 1 1 x y z 2 3 ⇔ = = = Bài 3 (3 điểm) Cho x 3 + y 3 + 3(x 2 +y 2 ) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 M x y = + . Bài 3 (3 điểm) Cho x 3 + y 3 + 3(x 2 +y 2 ) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 M x y = + . Ta có : x 3 + y 3 + 3(x 2 +y 2 ) +4(x + y) + 4 = 0 ⇔ x 3 + 3x 2 + 3x +1 + y 3 + 3y 2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 ⇔ (x + 1) 3 + (y + 1) 3 + (x + y + 2) = 0 ⇔ (x + y + 2)[(x + 1) 2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1) 2 + 1] = 0 (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 V x 1 – x 1 y 1 y 1 1 1 3 = 1 1 1 1 0 2 4 ì x y y + + + + + +   + − + + + + >     Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2 1 1 2 Ta c : x y ó M x y xy xy + − = + = = vì ( ) 2 1 2 4 4 4 1 2x y xy xy xy xy − + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ − . Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1 . Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh 6a b b c c a+ + + + + ≤ C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 2 2 3 . 3 2 2 2 3 . 3 2 2 2 3 . 3 2 a b a b b c b c a c a c + + + ≤ + + + ≤ + + + ≤ Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1. 1. 1. (1 1 1) .a b b c c a a b b c c a   + + + + + ≤ + + + + + + +     Bài 4: (3đ). Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1 a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x 2 + 2 1 y )( y 2 + 2 1 x ) b) Chứng minh rằng : N = ( x + x 1 ) 2 + ( y + y 1 ) 2 ≥ 2 25 Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm) a) Ta có : M = ( x 2 + 2 1 y )( y 2 + 2 1 x ) = 2 22 222 ) 1 ( )1( xy xy yx yx += + Mặt khác : xy + xy 1 = ( xy + ) 16 1 xy + xy16 15 ( 1). áp dụng BĐT Côsi : xy + xy16 1 ≥ 2 16 1 = 2 1 (2). 2 1 2 = + ≤ yx xy ⇒ xy≤ 4 1 ( 3) Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + xy 1 ≥ 2 1 + 4 1 .16 15 = 4 17 ⇒ (xy + xy 1 ) 2 ≥ ( 4 17 ) 2 = 16 289 Vậy minM = 16 289 , đạt được khi      = = yx xy xy 16 1 ⇔ x = y = 2 1 b) áp dụng BĐT : A 2 + B 2 ≥ 2 )( 2 BA + , ta có : N = ( x + x 1 ) 2 + ( y + y 1 ) 2 ≥ 2 )( 2 xy yx yx + ++ = 2 ) 1 1( 2 xy + Mặt khác : (x + y) 2 ≥ 4xy ( do ( x -y) 2 ≥0) ⇔ 1 ≥ 4xy ⇔ xy ≤ 4 1 N≥ 2 25 2 4 1 1 1 2 ) 1 1( 2 2 =             + ≥ + xy . Vậy N ≥ 2 25 . Dấu "=" xảy ra khi    = =+ yx yx 1 ⇔ x = y = 2 1 Bài V: ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF Bài V: 3điểm ( Mỗi mục • tương ứng cho 1,0 điểm ) • Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến với đờng tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến . • Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M ∈ (O) Hạ các đờng vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF MEN MFH ∠ = ∠ ( chắn cung » MF ). MFN MEK ∠ = ∠ ( ¼ ME ) Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng. Từ đó MN MF MH MK ME MN = = 2 MN MH.MK ⇒ = (1). Bổ đề đợc chứng minh • Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M đến các đờng thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đ- ợc: 2 d b.c, = 2 e c.a,= 2 f a.b = . Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh. Bài 2 ( 2 điểm ) Giải các phương trình sau a) ) x 4 - 3 x 10( x 48 3 x 2 2 =+ b) 24 - 9 x - 1 x 4 x 2 =++ PT : 24 - 9 x - 1 x 4 x 2 =++ A B C O E D F M H N K ⇔ ( ) 1 - 22 x - 1 2 x 2 2 =       + ⇔ 1 - 22 x - 1 2 x =+ • Nếu 1 2 x + ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2 , PT trên trở thành x + 2 - 2x = 4 2 - 2 ⇔ x = 4 - 4 2 thỏa mãn x ≥ - 2 nên x = 4 - 4 2 là nghiệm của phương trình đã cho . • Nếu 1 2 x + < 0 ⇔ x < - 2 , PT trên trở thành -( x + 2) - 2x = 4 2 - 2 ⇔ - 3x = 4 2 ⇔ x = - 4 2 /3 , không thỏa mãn x < -2 nên loại Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 4 - 4 2 Bài 5 : ( 1 điểm ) Giải phương trình : 224222 2 +−−=+−− xxxx Bài 6 :( 1 điểm ) Cho Pa ra bol (P) : 4 2 x y −= ( d ) là đường thẳng qua M ( 1,-2) và có hệ số góc m CMR ( d ) luôn cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m Bài 7 : ( 1 điểm ) Cho a >1, b > 1 tìm giá trị nhỏ nhất của 11 22 − + − = a b b a S Bài 8 : ( 1 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC , hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H , gọi B 1 ,C 1 là hai đường tương ứng trên các đoạn HB ,HC sao cho góc AB 1 C bằng góc AC 1 B bằng 90 0 . Chứng minh ∆ AB 1 C 1 cân Bài 9 : ( 1 điểm ) Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung điểm của BD , đường thẳng MN cắt AC tại K . Chứng minh : 2 2 CM AM KC AK = Điều kiện : 2 ≥ x PT (1) 022222222 =−+++−−−++−−⇔ xxxxxx ( ) 022222 2 =−+−−++−−⇔ xxxx Đặt txx =+−− 22 A M C D B N K Q I P Phương trình trở thành : t 2 + t - 2 = 0    −= = ⇔ 2 1 t t - Với t=1 122 =+−−⇒ xx 212 ++=− xx x-2 = 3+x+2 2+x 522 −=+x Phương trình vô nghiệm . - Với t=-2 222 −=+−−⇒ xx 222 +=+−⇔ xx 2242 +=−++⇔ xxx 202 =⇔=−⇔ xx - Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2 . áp dụng bất đẳng thức cô si : 11 2 )1)(1( 2 11 2222 −− = −− ≥ − + − b b a a ba ba a b b a a> 1 ta có ( ) ( ) 0214122 1 22 ≥−⇔−≥⇔−≥⇔≥ − aaaaa a a Tương tự 2 1 ≥ −b b 8 ≥⇒ S S=8 <=> a=b=2 Vậy minS= 8 khi a=b=2 Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP PQ// BD => ∧∧ = ABDAQP ( đồng vị ) ∧∧ = ACDABD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) ∧∧ = ACDAQP = > Tứ giác ACQP nội tiếp => AM.MQ=CM.MP AM CM AM MPCM MQ 2 . ==⇒ ( vì MP=CM ) 2 2 CM AM MQ AM =⇒ Trong tam giác ACQ có MK//CD MQ AM KC AK =⇒ nên 2 2 CM AM KC AK = Bài 1 (2.5 điểm): Cho biểu thức: A =         +++ − +         + − 1 2 1 1 : 1 2 1 aaaa a a a a a.Rút gọn biểu thức A. b.Tính giá trị biểu thức A khi 200522006 −=a . Bài 4 ( 3.0 điểm): Cho ∆ ABC có ∠ B = 90 0 và ∠ A > 60 0 . Gọi M là trung điểm của AC. Đường vuông góc hạ từ A xuống BM cắt cạnh BC tại I. Vẽ đường tròn tâm tiếp xúc với AC tại K. đường thẳng qua A tiếp xúc với (I) tại E ( E ≠ K) cắt đường thẳng BM tại N. a.Chứng minh 5 điểm A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn . b.Tứ giác EKMN là hình gì ? Tại sao ? c. CMR: ∆ NEB cân. Bài 1 (1.5 điểm): a. (2.0 điểm) Điều kiện: 0 ≥ a . 0.25 A =         +++ − +         + − 1 2 1 1 : 1 2 1 aaaa a a a a         ++ − + + +− = )1)(1( 2 1 1 : 1 12 aa a a a aa 0.5 )1)(1( 21 : 1 )1( 2 ++ −+ + − = aa aa a a 0.5 2 2 )1)(1( )1)(1()1( −+ ++− = aa aaa 0.5 a+=1 0.25 b. ( 0.5 điểm ) Khi 2 )12005(200522006 −=−= a 0.25 Thì A = 1 + 2005)12005( 2 =− 0.25 Bài 4 ( 3.0 điểm): a. ( 1.0 điểm) Có ∠ ABI = 90 0 (gt) 0.25 ∠ AEB = 90 o (vì AE là tiếp tuyến ) 0.25 ∠ AKI = 90 o (vì AK là tiếp tuyến ) 0.25 ⇒ B, E,K cùng nhìn đoạn thẳng AI cố định dới một góc vuông. A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn đường kính AI . 0.25 b. (1.0 điểm) Ta sẽ chứng minh tứ giác EKMN là hình thang cân. Có EK ⊥ AI và AE = AK ( hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm). 0.25 Mặt khác MN ⊥ AI nên suy ra EK // MN 0.25 mà AE = AK . 0.25 Vậy tứ giác EKMN là hình thang cân. 0.25 [...]... ANC đồng dạng với tam giác BHC 0,25 đ Gọi r1 ; r2 lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai r AC = 2 ( không đổi ) tam giác ANC và BCH Khi đó 1 = 0,25 đ r2 BC Bài V (1 điểm) Do a , b, c > 0 và từ giả thi t ta có : a + b < a + b + c = 4 => a + b < 2 a + b < 2 a + b (1 ) 0,5 đ Tơng tự ta có b + c < 2 b + c (2) a + c < 2 c + a (3) 0,25 đ Cộng vế với vế của (1) , (2) , và (3) ta có 2( a + b + c ) < 2 . cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF Bài V: 3điểm ( Mỗi mục • tương ứng cho 1,0 điểm ) • Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến với. giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng. Từ đó MN MF MH MK ME MN = = 2 MN MH.MK ⇒ = (1). Bổ đề đợc chứng minh • Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M đến các đờng. . Khi đó 2 2 1 == BC AC r r ( không đổi ) 0,25 đ Bài V (1 điểm) Do a , b, c > 0 và từ giả thi t ta có : a + b < a + b + c = 4 => bababa +<+<+ 22 (1 ) 0,5 đ Tơng tự ta có b