DeDA thi HSG Toan 9 TT Phu MyPM 1112

Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?. ---HẾT---.[r]

PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

TRƯỜNG THCS TT PHÙ MỸ Năm học: 2011 – 2012

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( điểm )

Chứng minh với x, y nguyên

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương Câu 2: ( điểm )

Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = Câu 3: ( điểm )

Giải phương trình x6 x2  x11 x2 1

Câu 4: ( điểm )

Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1

Tính: T =

  

2 2

1

x z y x

 

   

2 2

1

y x z

y

  

   

2 2

1 1

z y x

z

  



Câu 5: ( điểm )

Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức:

P =

ab bc ca

c ab  a bc  b ca . Câu 6: ( điểm )

Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM  BC, IN  AC , IK AB Đặt AK =x ; BM = y ; CN = z

Tìm vị trí I cho tổng x2 +y2 +z2 nhỏ nhất. Câu 7: ( 3điểm )

Cho tứ giác ABCD, gọi I giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 SAIB;S2 SCID;S SABCD

a Chứng Minh: S1  S2  S

b Khi tứ giác ABCD hình thang hệ thức xảy nào?

-HẾT -Đề thi có 01 trang.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Đáp án Biểu

điểm Câu 1

(3điểm ) A =(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y

= (x + y)(x + 4y) (x + 2y)(x + 3y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2 )(x2 + 5xy + 6y2 )+ y4 = (x2 + 5xy + 5y2 - y2 )(x2 + 5xy + 5y2 – y2 ) + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 - y4 + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 Do x , y  Z neân x2 + 5xy + 5y2 Z

 A số phương

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

Câu 2 (3điểm )

Phương trình cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1) Nhận xét rằng: y2  0 x3 y32y2 3y 1 y2 (y1)3 (2)

2 3 2

5y   2 0 x  y 2y 3y 1 (5y 2) ( y 1) (3) Từ (2) (3) suy ra: (y 1)3< x3 (y1)3, Vì y Z

3 3

3 3

2

( 1) ( 1)

x y y y y y

x y y y y y

      

   

      

 

2

2 1 ( )

0

0

y y y vi y y

y y

y

        

     

 

  



Z

Với y = -1  x= -1 Với y =  x= 1

Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên (-1; -1) (1; 0)

1đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

0.5đ

Câu 3

(2 điểm ) ĐKXĐ: x x6 4x -2 2  x11 6 x2 1

 ( 2) ( 3)

2

 

 



 x

x

| x2 2| + | x2 -3| =  | x2 2| + | - x2| =

áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x2 2| + | - x2|  Dấu "=" xảy :

( x2  2)( - x2)    x2 3 2 x  7

Vậy tập nghiệm phương trình : S = x/2x7

1đ 0.25đ

Câu 4 (2 điểm )

Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(x+y) Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z)

1+z2 =(z+x)(z+y)

T=

     x zx y

y z x z z y x y x

 

  

     

x yy z

z x y x y z x z y

 

    

     z xz y

z y x y z x y x z

 

    

=

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) = 2(xy+yz+zx) =2 Vậy T =

1đ

0.5đ 0.5đ Câu 5

(4 điểm ) Có:  

2

1

a b c    c a b c c ac bc c    

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )

 ( )( )

a b

ab ab c a c b

c ab c a c b



 

 

  

Tương tự:

( )( ) ( )( ) a bc a b a c b ca b c b a

   

   

( )( )

( )( )

b c

bc bc a b a c

a bc a b a c

c a

ca ca b c b a

b ca b c b a



 

  

  



 

 

  

 P 

a b b c c a

c a c b a b a c b c b a           =

=

a c c b b a a c c b b a

  

 

  

=

Dấu “=” xảy

1 a b c  

Từ giá trị lớn P

3

2 đạt

1 a b c  

0.5đ 0.5đ 0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.25đ 0.5đ 0.5đ

0.25đ

Câu 6 (3 điểm )

Đặt BK = k , CM = m , AN = n , BC = a , AC = b , AB = c x2 +y2 +z2 = (IA2

 IK2 ) + (IB2 IM2 ) + (IC2 IN2 ) = (IA2

 IN2 ) + (IB2 IK2 ) + (IC2 IM2 ) = n2 + k2 + m2 0.5đ A

h.36

B M C

N K

K K

x n

z m y

S4 S3

S2 S1

I K

H

D

C B

A

 2(x2 +y2 +z2 ) = x2 +y2 +z2 + n2 + k2 + m2

= ( x2+ k2 )+( y2+ m2 )+( z2 + n2 )

x2+ k2 ≥

x k2 AB2 c2

2 2 2



 

y2+ m2 ≥

 y m2 BC2 a2

2 2 2



 

z2 + n2 ≥

z n2 AC2 b2

2 2 2



 

 x2 +y2 +z2 ≥

2 2 2 a b c

4

 

min(x2 +y2 +z2 ) =

2 2 2 a b c

4

 

 x = k , y = m , z = n  I giao điểm đường trung trực ABC

0.5đ

0.25đ 0.25đ

0.25đ

0.5đ 0.5đ 0.25đ Câu 7

(3 điểm )

Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID

Kẻ AH BD CK; BD

Ta có:

1

AIB

AID

S AH BI

S AH DI





(1)

S BI

S DI

 

1

CID

BIC

S CK DI

S CK BI





(2)

S BI

S DI

 

Từ (1) (2) suy ra:

3

1

4

(3)

S S

S S S S

S S  

Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4S1S22 S S3 (4)4 Từ (3) (4) ta suy ra:

2

1 2 ( 2)

S S S  S S  S  S  S  S  S

b Khi tứ giác ABCD hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S  S  S1  S2

* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S 

1

2

S

S S

 

Dấu xảy khi: S1 = S = S = S =

S

 ABCD hình bình hành

0.25đ

0.25đ

0.5đ 0.5đ 0.5đ