DE THI HSG TOAN 9 MY THANH 1112

Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.[r]

PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THCS MỸ THÀNH Mơn : TOÁN – Lớp

 Thời gian làm : 150 phút

ĐỀ ĐỀ NGHỊ (không kể thi gian phỏt ) Bài 1(3,0im):

a) Phân tích thành nhân tử: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz b) Tìm số tự nhiên n để n18 n 41 hai số phương.

Bài 2: (3,0điểm)

a) Chứng minh m,n,p,q ta có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1) b) Chứng minh bất đẳng thức: a2b2  c2d2  (a c )2(b d )2

Bài (3,0im)

a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y + 2)x2 + = y2 b Giải phơng trình:

1 1 2011 2011

1.2 2.3 ( 1) 2011 2012

x

x x x

 

   

  

Bài 4: (3,0điểm)

a) Với x, y không âm, tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x - xy3y x 2008,5

b) b Cho a; b; c > vµ:

1 1

1a1b1c = Tìm giá trị lớn nhÊt cđa abc.

Bµi 5: (5,0điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đờng vng góc với BC D cắt AC E

a) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB .

b) Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo ca gúc AHM

c) Tia AM cắt BC G Chøng minh:

GB HD

BC AH HC . Bài 6 (3,0điểm)

Cho tam giác ABC có ABC = 60 ; BC = a ; AB = c· (a, c hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M cạnh AB, N cạnh AC, P Q cạnh BC gọi hình chữ nhật nội tiếp tam giác ABC Tìm vị trí M cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn

-Hết -ĐÁP ÁN VAØ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1

a

1,5 A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z) = y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)

= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]

= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)

0,5 0,5 0,5 b

1,5

Để n18 n 41 hai số phương

18

n p

   vàn 41q p q2 , N

       

2 18 41 59 59

p q n n p q p q

          

Nhưng 59 số nguyên tố, nên:

1 30

59 29

p q p

p q q

  

 



 

  

 

Từ n18p2 302 900 suy n882

Thay vào n 41, ta 882 41 841 29   q2.

Vậy với n882 n18 n 41 hai số phương

0,5

0,5

0,5 a

1,5

Ta có:m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

⇔(m2

4 −mn+n

)+(m

4 −mp+p

)+(m

4 −mq+q

)+(m

4 − m+1)≥0

⇔(m

2− n)

+(m 2− p)

2 +(m

2 − q)

+(m −1)

2

≥0 (luôn đúng)

DÊu b»ng x¶y { m

2 −n=0 m

2− p=0 m

2 −q=0 m

2 −1=0

⇔ {

n=m p=m

2 q=m m=2

⇔ { m=2

n=p=q=1

0,5

0,5

0,5

b 1,5

Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta có:

a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a2b2)(c2d2) a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2

 (a2 b2)(c2d2)  ac + bd (1) Nếu ac + bd < BĐT c/m

Nếu ac + bd 0 (1)  ( a2 + b2 )(c2 + d2) a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2  a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2d2 + b2c2 – 2abcd   (ad – bc)2  ( đúng)

Dấu “=” xẩy  ad = bc  a c b d

0,5 0,25

0,5 0,25

3 a

1,5

Ta có: (y + 2)x2 + = y2 ⇔ (y+2)x2 - (y2-4) = ⇔ (y+2)(x2-y+2) =

Suy ra:

y + -1 -3

x2-y+2 3 1 -3 -1

y -1 -3 -1

x Lo¹i Lo¹i

0,75

Vậy nghiệm nguyên phơng trình là: (0;1),(0;-1) 0,25 b

1,5 Ta có:

1 1

1.2 2.3   x x( 1)   x1

và:

2011 2011

1

2011 2012 2011 2012

x

x x

 

 

    (x 2011)

Suy ra: x + = 2011 x 2012 ⇔ 2011- x+ 2011 x 0

⇔ 2011 x( 2011 x 1) 0 ⇔ 2011 x 0

2011 x x 2011

     (thoả mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình x = 2011

0,25

0,25 0,5 0,5

4

a

1,5  

       

   

  

       

         

   

             

   

2 2

2

2 2

2

2 2

Đặt x a; y b víi a, b 0, ta cã:

P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 3b 2008,5

= a 2a b b 2b 2b 2007,5 = a - b -1 b b 2007,5

1 1

a - b -1 b b 2007,5 a - b -1 b 2007

4 2

 



  

 

 

 

         



    

 



 

 

 

 

   

   

 

 

2

2007 a b a

1

Vì a - b -1 b a, b.Nªn P = 2007 1

2 b

b

2

x x Vậy P đạt GTNN 2007

1 y y

2

0,5

0,5

0,5 b

1,5

+ TÝnh được:    

1

2

1 1 1

b c bc

a  b c  b c

    

(1)

+ Tượng tù ta cã:    

1

1 1

ac

b a c

  

(2)

   

1

1 1

ab c  a b

  

(3)

+ Chỉ vế BĐT (1); (2); (3) dương nên nhân vế bất đẳng thức (1); (2); (3) suy được: abc 

1

+ KÕt luËn max abc =

1

8 a = b = c =

0,5

0,25 0,5 0,25

5 a

2,0

+ Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: C chung CD CA

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BECADC1350(vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết) Nên AEB450 tam giác ABE vng cân A

Suy ra: BEAB 2m

0,5 0,5

b 1,5

Ta cã:

1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC) mµ ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân H)

nên

1

2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350  AHM 450

0,5

0,5 0,5

c 1,5

Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác góc BAC Suy ra:

GB AB GC AC ,

mµ    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

0,5 0,5 0,5

6 2,0

Hình vẽ

Đặt AM = x (0 < x < c) Ta có:

MN AM ax = MN = BC AB  c  

0 c - x MQ = BM.sin60 =

2

Suy diện tích MNPQ là:

 

  ax c - x a

S = = x c - x 2c 2c

+ Ta có bất đẳng thức:

2 a + b a + b

ab ab (a > 0, b > 0)

2

 

   

 

Áp dụng, ta có:

2 2

x + c - x c x(c - x) =

2

 

 

 

Dấu đẳng thức xảy khi:

c x = c - x x =

2 

Suy ra:

2

a c ac

S =

2c 

Vậy: max

ac S =

8 c x =

2 hay M trung

điểm cạnh AB

0,5 0,5

0,5 0,5

Ghi chú: Mọi cách giải khác phù hợp ghi điểm tối đa.