Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Toán 9- THCS Mỹ Phong 2010-2011.

PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ PHONG Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Cho A = k 4 + 2k 3 − 16k 2 − 2k + 15 với k∈Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16. b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho a 2 + b 2 + c 2 là số chính phương. Câu 2 (6,0 điểm). a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 1 a b c b a c b a c + + ≥ + − + − + − b) Giải phương trình ( ) 3 2 3 2 3 6 5 8 0x x x R− + − − = ∈ Câu 3 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 P (3 )(3 )(3 ) a b b c c a = + + + + + + Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện 3 a +b+c 2 ≤ Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB , AD lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng: . . .BE CF DF CE AC EF+ = Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy điểm C 1 thuộc cạnh AB, A 1 thuộc cạnh BC, B 1 thuộc cạnh CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA 1 , BB 1 , CC 1 không lớn hơn 1. Chứng minh rằng: ABC 1 S 3 ≤ (S ABC là diện tích tam giác ABC). PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS MỸ PHONG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011 Câu Nội dung Điểm 1 a/ 5,0 Cho A = k 4 + 2k 3 - 16k 2 - 2k +15 với k ∈ Z Vì k ∈ Z ⇒ ta xét các trường hợp: TH1: k chẵn ⇒ A = k 4 + 2k 3 - 16k 2 - 2k +15 là một số lẻ ⇒ A không chia hết cho 2 ⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1) 1,0 TH2: k lẻ, ta có: A = k 4 + 2k 3 - 16k 2 - 2k +15 = (k 2 - 1)(k 2 + 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn ⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) M 2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ⇔ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16 1,0 1,0 b/ Đặt A = a 2 + b 2 + c 2 . Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau: TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ ⇒ a 2 M 4; b 2 : 4 dư 1 ⇒ a 2 + b 2 : 4 dư 1 ⇒ a 2 + b 2 = 4m + 1 (m ∈ N) Chọn c = 2m ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 4m 2 + 4m + 1 = (2m + 1) 2 (thoả mãn) (1) 1,0 TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn. ⇒ a 2 + b 2 M 4 ⇒ a 2 + b 2 = 4n (n ∈ N) Chọn c = n - 1 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán. 1,0 2 a/ 6,0 Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 a b a a b a b a a a b a b a b a b a − − + − − + ⇒ ≥ = = − + + − + − + − Tương tự : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 ; 1 1 1 b c b c b c a c c b a c ≥ − + ≥ − + + − + − Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được : 2 2 2 3 3 3 2 2 2 1 1 1 1 a b c a b c a b b c c a b a c b a c + + ≥ + + + − − − + − + − + − (1) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được : 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 ; 3 ; 3a a b a b b b c b c c c a c a+ + ≥ + + ≥ + + ≥ (2) 0,5 0,5 1,0 Từ (1) và (2) ⇒ 2 2 2 1 1 1 1 a b c b a c b a c + + ≥ + − + − + − Đẳng thức xảy ra 3 3 a b c⇔ = = = 0,5 0,5 b/ Đặt t = 3 3 2x − 3 3 2 3 2 3 t t x x + ⇒ = − ⇔ = Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t + 3 8 5 3 8 0 3 t− − = ( ) ( ) 3 3 2 2 3 2 8 2 0 8 2 0 8 5 8 5 9. 64 32 4 3 8 2 3 3 4 4 2 15 26 20 0 15 4 32 40 0 2 2 t t t t t t t t t t t t t t t t x − ≥  − ≥    ⇔ ⇔   − − = − + = −     ≤  ≤   ⇔ ⇔   + − + = + − + =    ⇔ = − ⇒ = − 1,0 1,0 1,0 3 3,0 Đặt + = 1 1 x a b ; + = 1 1 y b c ; + = 1 1 z c a ⇒ (x, y, z > 0) ⇒ P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz ≥ 2 3 3 27 9 (xyz) 27 xyz xyz+ + + (*) Lại có: 1 1 1 1 1 1 8 xyz a b b c c a abc     = + + + ≥  ÷ ÷ ÷     (vì a, b, c > 0) mà 3 3 3 1 a b c 3 abc abc 2 2 ≥ + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ≥ 1 8 8 abc 64 xyz 64 8 abc abc Thay vào (*) ta được: 23 3 P 27 9 64 27 64 64≥ + + + = 27 + 144 + 108 + 64 = 343 Dấu = có khi a = b = c = 1 2 ⇒ P min = 343 Khi a = b = c = 1 2 0,5 1,0 1,0 0,5 4 3,0 F E D C B A Theo đònh lí Talet ta có : , BE CE DF CF AE EF AF EF = = Cộng tưng vế hai đẳng thức trên ta được : 1 BE DF AE AF + = Nhân hai vế với AE.AF được : BE.AF + DF.AE = AE.AF = AC.EF ( bằng 2S AEF ) ⇒ . . . . .BE CF EF DF CE EF AC EF+ = Hay . . .BE CF DF CE AC EF+ = 0,5 0,5 1,0 1,0 5 3,0 Khơng mất tính tổng qt, giả sử µ $ µ µ ≥ ≥ ⇒ ≥ 0 A B C A 60 TH1: µ ≤ < 0 0 60 A 90 kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC ABC 1 S CH.AB 2 ⇒ = mà CH ≤ CC 1 ≤ 1 ta có: 1 0 BB BK 1 1 2 AB SinA SinA SinA Sin60 3 = ≤ ≤ ≤ = ABC 1 2 1 S .1. 2 3 3 ⇒ ≤ = (1) TH2: µ ≥ 0 A 90 ⇒ AB ≤ BB 1 ≤ 1, CH ≤ CC 1 ≤ 1 ABC 1 1 1 S .1.1 2 2 3 ⇒ ≤ = < (2) Từ (1) và (2) ABC 1 S 3 ⇒ ≤ 1,0 1,0 1,0 * Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn được ghi điểm tối đa. K H A B C A 1 B 1 C 1 . PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ PHONG Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm) là diện tích tam giác ABC). PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS MỸ PHONG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011 Câu Nội dung Điểm 1 a/ 5,0 Cho. b 2 + c 2 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán. 1,0 2 a/ 6,0 Từ giả thi t suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1