de thi hsg toan tinh (bang B) 2010 - 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 MÔN TOÁN ( BẢNG B) Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Sưu tầm và biên soạn lời giải: Ngô Thiện Chính – Giáo viên trường THCS Khe Sanh – Quảng Trị Bài 1. ( 4,0 điểm) Cho biểu thức: x 1 2 x 2 5 x P 4 x x 2 x 2         với x ≥ 0 và x  4. a) Rút gọn P b) Tìm x để P = 2 Bài 2. ( 4,0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức 1 1 A a 1 b 1     với 1 a 2 3   và 1 b 2 3   2. Giải phương trình: 20 3 2x | 2x 3|    Bài 3. ( 4,0 điểm) 1. Chứng minh bất đẵng thức : x 2 + y 2 +1 ≥ xy + x+ y với mọi x,y 2. Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n – 41 là hai số chính phương. Bài 4. ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình: xy 64 1 1 1 x y 4          Bài 5. ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nh ọn  0 A 45 . Gọi M và N lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ABC. Tính tỉ số MN BC b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng mi nh OA  MN. Hết Bài giải: Bài 1. ( 4,0 điểm) a) Với x ≥ 0 và x  4, ta có :      1 x 2 x 2 x 1 2 x 2 5 x x 1 2 x 2 5 x x 3 x 2 2x 4 x 2 5 x P 4 x x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2                                              3 x x 2 3x 6 x 3 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2           ĐỀ CHÍNH THỨC b) x 0,x 4 (1) P 2 3 x 2 (2) x 2            (2) 3 x 2 x 4 x 4 x 16       ( Thỏa (1) ). Vậy P = 2 khi và chỉ khi x = 16. Bài 2. ( 4,0 điểm) 1. Với 1 a 2 3   và 1 b 2 3   , ta có : 1 3 3 a 1 1 2 3 2 3        , 1 3 3 b 1 1 2 3 2 3        Khi đó             2 3 3 3 3 3 2 3 1 1 2 3 2 3 A a 1 b 1 3 3 3 3 3 3 3 3                    6 3 3 6 3 3 1 9 3         . 2. phương trình: 20 3 2x | 2x 3|    Điều kiện để phương trình tồn tại là 3 2x 0 2x 3 397 3 x 400 3 2x 2x 397 2 2                   Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với : 20 3 2x 3 2x    . Đặt 3 2x t 0   , Phương trình đã cho trở thành 20 - t = t 2  t 2 + t - 20 = 0 (1) (1) có  = 1 + 80 = 81 > 0  81 9    (1) có hai nghiệm t 1 = 4 ( nhận ) và t 2 = -5 ( loại)  13 3 2x 4 3 2x 16 2x 13 x 2            . Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất 13 x 2   . Bài 3. ( 4,0 điểm) 1. Với mọi x,y ta có 2(x 2 + y 2 +1– xy –x –y) = (x 2 + y 2 – 2xy)+( x 2 –2x +1) + ( y 2 –2y +1) = (x – y) 2 + ( x – 1) 2 + ( y – 1 ) 2 ≥ 0  (x 2 + y 2 +1– xy –x –y) ≥ 0  x 2 + y 2 +1≥ xy + x +y với mọi x,y – ( đpcm) 2. Đặt n + 18 = x 2 và n – 41 = y 2 với x,y là hai số tự nhiên. Khi đó x > y và x 2 – y 2 = 59  (x – y)(x + y) = 59. Do x và y là hai s ố tự nhiên và x > y nên x – y và x + y là hai số nguyên dương, x – y < x + y. Suy ra: x y 1 2x 60 x 30 x y 59 y 59 x y 29                      2 n 18 30 900 n 900 18 882       Bài 4. ( 4,0 điểm) Điều kiện: x  0 và y  0 . Với điều kiện đó, hệ ph ương trình đã cho: xy 64 xy 64 xy 64 xy 64 xy 64 (1) 1 1 1 y x 1 y x 1 y x 16 y x 16 (2) x y 4 xy 4 64 4                                                Thế (2) vào (1) ta được : x(x – 16) + 64 = 0  x 2 -16x + 64 = 0  (x – 8 ) 2 = 0  x = 8 Thế vào (2) ta được y = - 8. Vậy hệ có một nghiệm ( x = 8; y = - 8) Bài 5. ( 4,0 điểm) a) Tam giác AMN và tam giác ABC có góc A chung (1). Lại để ý thấy tứ giác BNMC có   0 BMC BNC 90 (gt)  nên tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp    0 ABC NMC 180  . mà   0 AMN NMC 180  ( Kề bù)    AMN ABC (2) Từ (1) và (2) suy ra  AMN và  ABC đồng dạng theo trường hợp ( g – g).  AMN và  ABC đồng dạng suy ra MN AM BC AB  (3) AMB vuông tại M và có  0 BAM 45 (gt) nên  AMB vuông cân tại M  AM 1 2 AB 2 2   (4) Từ (3) và (4) ta có : MN 2 BC 2  b) Gọi D là giao của AO với đường tròn (O) , nối D với C ta có  0 ACD 90 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  DC  AC  DC // BM ( AC )    DCB MBC (5) -( So le trong) Ta lại có   DCB DAB (6) – ( Hai góc nội tiếp của đường tròn (O) cùng chắn một cung). Mặt khác tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp ( CMT) n ên ta có :   MNC MBC (7) . Từ (5) , (6),(7) ta suy ra   MNC DAB (8). Do CN  AB (gt) nên từ (8)  AD  MN hay OA  MN - Nhận xét: Năm nay đề thi học sinh giỏi của tỉnh Quảng Trị dễ hơn nhiều so với đề thi các năm trước. Học sinh dự thi dễ có điểm để mang về. Trên đây chỉ trình bày một cách giải , các thầy cô v à các em học sinh hãy tìm thêm các cách giải khác. D O N M C B A 45 0 . (gt) nên từ (8)  AD  MN hay OA  MN - Nhận xét: Năm nay đề thi học sinh giỏi của tỉnh Quảng Trị dễ hơn nhiều so với đề thi các năm trước. Học sinh dự thi dễ có điểm để mang về. Trên đây chỉ. Phương trình đã cho trở thành 20 - t = t 2  t 2 + t - 20 = 0 (1) (1) có  = 1 + 80 = 81 > 0  81 9    (1) có hai nghiệm t 1 = 4 ( nhận ) và t 2 = -5 ( loại)  13 3 2x 4 3 2x 16 2x. (2) vào (1) ta được : x(x – 16) + 64 = 0  x 2 -1 6x + 64 = 0  (x – 8 ) 2 = 0  x = 8 Thế vào (2) ta được y = - 8. Vậy hệ có một nghiệm ( x = 8; y = - 8) Bài 5. ( 4,0 điểm) a) Tam giác AMN và tam