Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Thanh Hóa năm học 2015 2016

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HÓA MÔN: TOÁN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Cho P = x x  2x  x  x x 3 x 2 + x x  2x  x  x x 3 x 2 Rút gọn P Với giá trị x P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình  3x  x  x    2x =4 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm) Cho a = x + b=y+ c = xy + x y xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc Chứng minh với x > ta có 3(x2 - 1 ) < 2(x3 - ) x x Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc Về phía tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính độ dài BD, DC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN P =  a +  b VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP Bài Câu Tóm tắt cách giải Điều kiện x > 0; x  1; 1 P= ( x  2)( x  1) x 1 = = ( x  2)( x  1)( x  1) + x 1 0,5 + ( x  2)( x  1)( x  1)  0,5 ( x  2)( x  1) x 1 x 1 2( x  1) x 1 P > 1 Điểm 0,5 2( x  1) 2( x  1) 2x   x  > 1 - > 0 >0 x 1 x 1 x 1 x3 > Theo đ/k x >  x + > x 1 0,5  x–1>0  x>1 Kết hợp điều kiện x > 0; x  1; 0,5 Suy x > 1; x  P > P= 2( x  1) =2+ Với x > 0; x  1; x 1 x 1 0,5 P nguyên  x – ước 0,5 P đạt giá trị nguyên lớn  x – =  x = 0,5 Vậy P đạt giá trị lớn x = 0,25 Điều kiện x – +  x  Phương trình tương đương x  - x  - x  - 4x + 12 = (*) 0,5 Xét x < - Thì (*)  - 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =  2x = -28  x = - 14 (Thỏa mãn đk) 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 0,25 Xét - ≤ x < Thì (*)  - 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 = (Thỏa mãn đk)  x= Xét ≤ x < 0,25 Thì (*)  - 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =  x= (loại) Xét x ≥ Thì (*)  3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = x=- (Loại) 0,25 0,25   2 7 Vậy phương trình có nghiệm x   14;  Ta có x2 + xy + y2 = x2y2  (x + y)2 = xy(xy + 1) 0,5  xy  + Nếu x + y =  xy(xy + 1) =    xy  1 0,5 Với xy = Kết hợp với x + y =  x = y = x   x  1   y  1 y  Với xy = -1 Kết hợp với x + y =   0,5 + Nếu x + y   (x + y)2 số phương xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố Do số phương Vậy nghiệm nguyên phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1) a = x2 + +2 x2 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí +2 y2 b2 = y + 1 +2 x y2 c = x 2y + ab = (x + 0,5 1 x y x y )(y + ) = xy + + + =c+ + x y xy y x y x x y  abc = (c + + ).c y x 0,5 0,5 x y = c + c( + ) y x = c2 + (xy + 0,5 x y )( + ) xy y x = c + x2 + y2 + 1 + 2 y x = a – + b2 – + c  A = a2 + b2 + c2 – abc = 3(x2 1 ) < 2(x3 - ) x x  3(x - 1 1 )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1) x x x x 0,5 1 ) < 2(x2 + + 1) (1)  3(x + x x ( Vì x > nên x Đặt x + > 0) x 1,0 1 = t x2 + = t2 – x x 0,5 Ta có (1)  2t2 – 3t – >  (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x – 1)2 >  x2 + > 2x  x +  (2) Suy điều phải chứng minh > hay t > x VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) 0,5  IPHQ h.b.h 0,5 Có IP = IQ = 1 AD = BC nên IPHQ hình thoi 2 Gọi P ; Q giao điểm PQ với AD BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H  HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC  BQ P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD  AP P = HQP (So le trong) (3) Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P ( đpcm) Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) 0,5 Suy MHP = NHQ  MHQ = NHP  MHN PHQ có tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi 0,5 Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy 0,5 H, I, K thẳng hàng Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vuông AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc A, cắt BC E Ta có AE  AD nên AD2 = DE.DH Suy DE = AD 45 = = 75cm DH 27 0,5 Theo tính chất đường phân giác tam giác DB EB x 75  x  = = (1) DC EC y 75  y Mặt khác x + y = 40 (2) 0,5 Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 =  (x – 15)(x – 100) = Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 0,5 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1 a  a2  ≥ 17 0,5 (1) Dấu “=” xảy  a = Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có 17(b + 1) ≥ (b + 4) Dấu “=” xảy  b = Từ (1) (2)  P ≥ b4 1 ≥  b2  17 (2) 0,5 a2  b2  17 ( ) Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =  a + b + ab = 4 Áp dụng Côsi ta có: a  a2 + b  b2 + ab  0,5 a2  b2 0,5 Cộng vế ba bất đẳng thức ta ≥ a + b + ab = (a  b ) + 2  a + b2 ≥ ( 8 P≥ = 17 - ): = Thay vào (  ) 2 17 Vậy giá trị nhỏ P 17 a = b = 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình hình vẽ hình vẽ sai không cho điểm ... GTNN P =  a +  b VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP Bài Câu Tóm tắt cách giải Điều kiện x > 0; x  1; 1 P= ( x  2)( x  1) x 1... 2  a + b2 ≥ ( 8 P≥ = 17 - ): = Thay vào (  ) 2 17 Vậy giá trị nhỏ P 17 a = b = 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình hình vẽ hình vẽ sai không cho điểm ... Dấu “=” xảy  b = Từ (1) (2)  P ≥ b4 1 ≥  b2  17 (2) 0,5 a2  b2  17 ( ) Mặt khác theo giả thi t (1 + a)(1 + b) =  a + b + ab = 4 Áp dụng Côsi ta có: a  a2 + b  b2 + ab  0,5 a2  b2 0,5