Tài liệu De Thi chon HSG lan 2

PHÒNG GD & ĐT ĐỨC THỌ ĐỀ THI HS GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 M«n to¸n– NĂM HỌC 2010 - 2011 Thời gian: 150 phút - (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bài 1. a) Tính giá trị của biểu thức: E = 3 3 847 847 6 6 27 27 + + − b) Với x, y là nghiệm nguyên của phương trình 4x + 5y = 7. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 5 x 3 y− Bài 2. a) Giải phương trình : 4 3 4 3 x x x x + + = + b) Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện : x 2010 + y 2010 + z 2010 = 1 và x 2011 + y 2011 + z 2011 = 1. Tính giá trị biểu thức: M = x 2009 + y 2010 + z 2011 Bài 3. Cho ba số thực dương a, b,c thỏa mãn a b c 3+ + ≤ . Chứng minh rằng : 2 2 2 a b c 3 2 a 1 b 1 c 1 + + ≤ + + + Bài 4. Cho hình thoi ABCD cạnh có độ dài bằng a, gọi R và r lần lượt là các bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABD. a) Chứng minh : 2 2 2 1 1 4 + = R r a b) Chứng minh : 3 3 2 2 2 8 ( ) = + ABCD R r S R r ; (Kí hiệu ABCD S là diện tích tứ giác ABCD ) Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R = 1 và 100 điểm tùy ý: A 1 , A 2 , ., A 100 Chứng minh rằng tồn tại một điểm M trên đường tròn sao cho : M A 1 + M A 2 + . + M A 100 ≥ 100 ---- HÕt ---- Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: . Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: PHÒNG GD & ĐT ĐỨC THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HS GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 M«n to¸n– N¨m häc 2010-2011 BÀI CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1 6,0 đ Câu a 3,0đ Ta có: 3 E = 3 847 847 847 847 6 6 3. 6 6 .E 27 27 27 27    + + − + + −  ÷ ÷    0,50 = 3 847 12 3. 36 .E 27 + − = 3 125 12 3. .E 27 + 0,50 = 5 12 3. .E 3 + = 12 5E+ 0,50 ⇒ 3 E = 12 5E+ ⇒ 3 E 12 5E− − = 0 ⇒ 3 E 9E 4E 12− + − = 0 ⇒ E(E 3)(E 3) 4(E 3)− + + − = 0 0,50 ⇒ 2 (E 3)(E 3E 4)− + + = 0 0,50 ⇒ E – 3 = 0 ( vì 2 E 3E 4 0+ + > với mọi E) ⇒ E = 3 0,50 Câu b 3,0đ Phương trình 4x + 5y = 7 có nghiệm nguyên (x; y) thì x 0≠ , y 0≠ và xy 0< 0,50 * Xét x 0> và y 0< ⇒ A = 5x 3y+ do 7 4x y 5 − = thay vào ta được 21 13x A 5 + = 0,50 Với x = 1; x = 2 thì A Z∉ ; Với x = 3 ⇒ A = 12 Vậy GTNN của A = 12 khi x = 3, y = -1 0,50 * Xét x 0< và y 0> ⇒ A = 5x 3y− − do 7 5y x 4 − = thay vào ta được: 35 13y A 4 − + = 0,50 Với y = 1, y = 2 thì A Z∉ ; Với y = 3 ⇒ A = 1 Vậy GTNN của A = 1 khi y = 3, x = - 2 0,50 Tóm lại: GTNN của A = 1 khi x= - 2, y = 3 0,50 Điều kiện 0x ≥ ; 0,05 Chia cả hai vế cho 3+x : 4 4 1 2 3 3 + = + + x x x x 0,50 2 2 4 1 0 3   − =  ÷ +   x x 0,50 4 1 3 ⇔ = + x x 4 1 3 ⇔ = + x x 4 3 1⇔ = + ⇔ =x x x 0,50 KL: Nghiệm PT là 1=x 0,50 Câu b 2,5đ Từ giả thiết x 2010 + y 2010 + z 2010 = 1 suy ra: x, y, z ≤ 1; 0,50 Ta có : x 2010 + y 2010 + z 2010 - (x 2011 + y 2011 + z 2011 ) = 0 ⇔ x 2010 (1 - x) + y 2010 (1 - y) + z 2010 (1 - z) = 0 (1) 0,50 Vì x, y, z ≤ 1 nên x 2010 (1 - x) ≥ 0; y 2010 (1 - y) ≥ 0; z 2010 (1 - z) ≥ 0 0,50 Do đó (1) ⇔ 2010 2010 2010 x (1 x) 0 y (1 y) 0 z (1 z) 0  − =  − =   − =  ⇔ x 0 x 1 y 0 y 1 z 0 z 1  =    =    =    =   =    =    0,50 Từ đó ta có : x 2009 = x 2011 ; y 2010 = y 2011 ; x 2009 + y 2010 + z 2011 = x 2011 + y 2011 + z 2011 = 1 0,50 Bài 3 3,0 đ 3, 0 đ Ta có: ( ) 2 2 2 2 1 (a b c) 3(ab bc ca) (a b) (b c) (c a) 0 2 + + − + + = − + − + − ≥ 2 1 1 ab bc ca (a b c) .3 1 3 3 ⇒ + + ≤ + + ≤ = 0,50 Do đó 2 2 a a a 1 a a 2 a b c a (a b)(c a) a 1 a ab bc ca   ≤ = ≤ +  ÷ + + + +   + + + + (ở đây ta sử dụng BĐT cô si cho hai số dương a a b+ và a c a+ ) 0,50 Tương tự 2 b 1 b b 2 a b b c b 1   ≤ +  ÷ + +   + ; 2 c 1 c c 2 b c c a c 1   ≤ +  ÷ + +   + 1,0 Cộng từng vế ba BĐT trên ta được : 2 2 2 a b c 1 a b b c c a 3 2 a b b c c a 2 a 1 b 1 c 1 + + +   + + ≤ + + =  ÷ + + +   + + + 0,50 Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 3 a b c 3 = = = 0,50 3 Bài 4,0đ Câu a 2,0 đ M E I O K A D C B Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD ; BD là đường trung trực của AC. Gọi M, I và K lần lượt là giao điểm của đường trung trực AB với AB, AC và BD thì I, K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB, ABC Từ đó ta có KB = R và IB = r . Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua. Ta có BEAI là hình thoi ( vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhạu tại trung điểm mỗi đường) 0,50 Ta cã · · BAI EBA= mµ · · 0 BAI ABO 90+ = · · 0 EBA ABO 90⇒ + = 0,50 XÐt ∆ EBK cã · 0 EBK 90= , đường cao BM. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 2 2 2 1 1 1 BK BE BM + = 0,50 Mà BK = R; BE = BI = r; BM = a 2 nên 2 2 2 1 1 4 R r a ⇒ + = 0,50 Câu b 2,0 đ Xét AOB∆ và AMI∆ có · · 0 AOB AMI 90= = vµ · BAO chung AOB AMI∆ ∆: 2 AO AM AM.AB AB AO AB AI AI 2r ⇒ = ⇒ = = 0,50 Tương tự BOA BMK∆ ∆: suy ra 2 BM.AB AB BO BK 2R = = Ta có 4 ABCD AB S 2.AO.OB 2. 4Rr = = 0,50 Mà theo định lí Pitago trong tam giác vuông AOB ta có: 2 2 2 4 2 2 1 1 1 AB OA OB AB 4 R r   = + = +  ÷   2 2 2 2 2 4R r AB R r ⇒ = + 0,50 Từ đó ta có : 3 3 ABCD 2 2 2 8R r S (R r ) = + 0,50 Bài 5 2,0đ 4 2,0đ O N B A A n A 3 A 2 A 1 Kẻ đường kính AB. Với mọi điểm N ta có, trong tam giác NAB NA + NB ≥ AB ⇒ NA + NB ≥ 2 0,50 Từ đây ta suy ra: A 1 A + A 1 B ≥ 2 A 2 A + A 2 B ≥ 2 . A 100 A + A 100 B ≥ 2 0,50 Cộng các đẳng thức trên vế với vế ta có: (A 1 A + A 2 A + .+ A 100 A) + (A 1 B + A 2 B + .+ A 100 B) ≥ 200 0,50 Từ đây suy ra: - Hoặc A 1 A + A 2 A + .+ A 100 A ≥ 100 Vậy A là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán - Hoặc A 1 B + A 2 B + .+ A 100 B ≥ 100 Vậy B là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,50 …HẾT… 5 . ta có : x 20 09 = x 20 11 ; y 20 10 = y 20 11 ; x 20 09 + y 20 10 + z 20 11 = x 20 11 + y 20 11 + z 20 11 = 1 0,50 Bài 3 3,0 đ 3, 0 đ Ta có: ( ) 2 2 2 2 1 (a b c). có: 2 2 2 4 2 2 1 1 1 AB OA OB AB 4 R r   = + = +  ÷   2 2 2 2 2 4R r AB R r ⇒ = + 0,50 Từ đó ta có : 3 3 ABCD 2 2 2 8R r S (R r ) = + 0,50 Bài 5 2, 0đ