Đề + Đáp án HSG Toán 9

PHÒNG GD & ĐT Phú Vang ĐỀ THI CHỌN DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN ( Thời gian làm bài 150 phút ) Bài 1 : ( 4 điểm ) a , Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n 5 - n M 10 b , Giải phương trình : x 2 + x + 12 1x + = 36 Bài 2 : ( 6 điểm ) a, Giải hệ phương trình : 1 1 9 2 1 5 2 x y x y xy xy  + + + =     + =   b, Cho 3 số không âm x , y , z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 2 2 2 2 2 2 x xy y y yz z z zx x+ + + + + + + + Bài 3 : ( 5 điểm ) a , Tìm một nghiệm của đa thức Q ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + c . Biết rằng đa thức có nghiệm và a + 2b + 4c = - 1 2 b, Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : P = 4 9 16 26 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − Bài 4 : ( 5 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R = 2 cm Có ∠ BAC = 60 0 , đường cao AH = 3 cm . a, Tính diện tích tam giác ABC . b, Gọi P là điểm tùy ý trên cung nhỏ BC và M , N lần lượt là điểm đối xứng của P qua các đường thẳng AB và AC . Xác định vị trí của điểm P sao cho độ dài MN đạt giá trị lớn nhất . Tính độ dài lớn nhất đó . _____________________HẾT ___________________________ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . ĐÁP ÁN TÓM TẮT VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 4 đ a 2 đ Ta có : n 5 - n = n ( n 4 – 1 ) = n ( n 2 – 1 ) ( n 2 + 1 ) 0,25 đ = ( n – 1 ) n ( n+1 ) ( n 2 + 1 ) M 2 ( 1 ) ( Vì ( n – 1 ) n là hai số tự nhiên liên tiếp ) 0,5 đ Mặt khác : n 5 - n = n ( n 4 – 1 ) = n ( n 2 – 1 ) ( n 2 + 1 ) 0,25 đ + Nếu n = 5k thì n 5 - n M 5 ( 2 ) 0,25 đ + Nếu n = 5k ± 1 thì n 2 - 1 = (5k ± 1) 2 – 1 = 25k 2 ± 10k M 5 ⇒ n 5 - n M 5 ( 3 ) 0,25 đ + Nếu n = 5k ± 2 thì n 2 + 1 = (5k ± 2) 2 + 1 = 25k 2 ± 20k + 5 M 5 ⇒ n 5 - n M 5 ( 4 ) 0,25 đ Kết hợp ( 1 ) với ( 2 ) , ( 3 ) và ( 4 ) ⇒ n 5 - n M 10 với n N∀ ∈ 0,25 đ Điều kiện : x ≥ -1 0,25 đ Đặt t = 1x + ≥ 0 ⇔ x = t 2 - 1 0,25 đ Phương trình đã cho trở thành : t 4 - t 2 + 12t – 36 = 0 0,25 đ ⇔ t 4 – ( t – 6 ) 2 = 0 0,25 đ ⇔ ( t - 2 ) ( t + 3 ) ( t 2 – t + 6 ) = 0 0,25 đ ⇔ 2 0 2( ) 3 0 3 0( ) t t tm t t loai − = =   ⇔   + = = − <   ( Vì t 2 – t + 6 = ( t- 1 2 ) 2 + 23 0 4 ≥ với ∀ t 0,25 đ Với t = 2 ⇒ x = 3 ( thỏa mãn ) 0,25 đ Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 0,25 đ 2 a 3đ Điều kiện xy ≠ 0 0,25 đ 1 1 9 2 1 5 2 x y x y xy xy  + + + =     + =   ⇔ 2 9 ( ) 2 5 ( ) 1 0 2 x y x y xy xy xy +  + + =     − + =   0,5 đ 2 1 9 ( )(1 ) 2 5 ( ) 1 0 2 x y xy xy xy  + + =     − + =   ⇔ 1 9 ( )(1 ) 2 ( 2)(2 1) 0 x y xy xy xy  + + =    − − =  0,75 đ ⇔ 1 9 ( )(1 ) 2 2 1 2 x y xy xy xy  + + =    =       =    ⇔ 2 (1) 3 1 2 (2) 3 2 xy x y xy x y  =    + =     =        + =     0,75 đ Giải ( 1) ta được 1 2 2 1 x y x y  =    =    =    =    ; Giải ( 2) ta được 1 1 2 1 2 1 x y x y  =      =       =      =   0,5 đ Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm : ( 1 ;2 ) , ( 2 ; 1 ) , ( 1 ; 1 2 ) , ( 1 2 ; 1 ) 0,25 đ Ta có : 2 2 2 2 2 3 1 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 2 x xy y x y x y x y x y+ + = + + − ≥ + = + ( 1) ( Vì 2 1 ( ) 0 4 x y− ≥ ) 1,0 đ Tương tự : 2 2 3 ( ) 2 y yz z y z+ + ≥ + ( 2 ) 0,5 đ 2 2 3 ( ) 2 z zx x z x+ + ≥ + ( 3 ) 0,5 đ Cộng hai vế của ( 1 ) , ( 2 ) và ( 3 ) ta được A 3( ) 3 3x y z≥ + + = 0,5 đ Dấu bằng xảy ra khi 3 0 1 0 0 x y z x y x y z y z z x + + =   − =  ⇔ = = =  − =   − =  0,25 đ Vậy Giá trị nhỏ nhất của A = 3 3 khi x = y = z = 1 0,25 đ Bài 3 : a 2đ Từ a + 2b + 4c = - 1 2 ⇔ 1 2 + a + 2b + 4c = 0 0,5 đ Chia cả hai vế cho 4 ta được : 3 2 1 1 1 0 2 2 2 a b c       + + + =  ÷  ÷  ÷       ⇔ P ( 1 2 ) = 0 1,0 đ Vậy x = 1 2 là một nghiệm của đa thức 0,5 đ b 3đ Đặt x = b + c – a ; y = c + a + - b ; z = a + b - c 0,25 đ Khi đó : ; 2 y z a + = 2 z x b + = ; 2 x y c + = 0,5 đ Ta có : 2P = 4( ) 9( ) 16( )y z z x x y x y z + + + + + 0,25 đ = 4 9 4 16 9 16y x z x z y x y x z y z       + + + + +  ÷  ÷  ÷       0,5 đ Áp dụng Bất đẳng thức CoSi ta có : 2P ≥ 4 9 4 16 9 16 2 2 2 y x z x z y x y x z y z + + = 52 0,5 đ ⇒ P ≥ 26 0,25 đ P N K M O A N K B C P Dấu “ = ” xảy ra khi 4 9 4 16 9 16 y x x y z x x z z y y z  =    =    =   ⇔ 2 3 2 4 2 3 4 7 6 5 4 3 x y x z x y z a b c z y  =    = ⇔ = = ⇔ = =    =   0,75 đ Bài 4 : Vẽ đúng hình : 0,5 đ a , b, Ta có : AK = AN ( = AP ) ⇒ ∆ AKN cân tại A 0,25đ Lại có : 2( )AKN BAP PAC∠ = ∠ + ∠ = 2 . 60 0 = 120 0 0,25đ ⇒ KN lớn nhất khi AK lớn nhất ( Do KN là cạnh đáy của một tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi ) 0,5đ Mà AK = AP ≤ 2R ⇒ KN lớn nhất khi và chỉ khi AP = 2R = 4 hay AP là đường kính 0,5đ ⇒ ABP ACP∠ = ∠ ⇒ B,C lần lượt là trung điểm của PK và PN 0,5đ ⇒ BC là đường trung bình của tam giác PKN ⇒ KN = 2 BC = 4 3 0,5đ Lưu ý : - Các cách giải đúng mà khác với đáp án vẫn cho điểm tối đa . - Hình vẽ sai hoặc không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình ./. Goị M là trung điểm của BC ta có : ∠ MOC = ∠ BAC = 60 0 ( theo tính chất đường kính và dây với tính chất góc ở tâm ) 0,5đ Do OC = R = 2 nên MC = OC . Sin 60 0 = 3 0,5đ ⇒ BC = 2 IC = 2 3 0,5đ Vì vậy S ABC∆ = 1 2 AH . BC = 3 3 0,5đ . = b + c – a ; y = c + a + - b ; z = a + b - c 0,25 đ Khi đó : ; 2 y z a + = 2 z x b + = ; 2 x y c + = 0,5 đ Ta có : 2P = 4( ) 9( ) 16( )y z z x x y x y z + + + + + 0,25 đ = 4 9 4 16 9 16y. 9 2 1 5 2 x y x y xy xy  + + + =     + =   ⇔ 2 9 ( ) 2 5 ( ) 1 0 2 x y x y xy xy xy +  + + =     − + =   0,5 đ 2 1 9 ( )(1 ) 2 5 ( ) 1 0 2 x y xy xy xy  + + =     − +. 2 x xy y y yz z z zx x+ + + + + + + + Bài 3 : ( 5 điểm ) a , Tìm một nghiệm của đa thức Q ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + c . Biết rằng đa thức có nghiệm và a + 2b + 4c = - 1 2 b, Cho a,