De Dap an KSCL HSG lop 9 NH 1213

Chứng minh rằng AM=AN b Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M nằm trong tam giác.. Gọi D,E,F thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB..[r]

PHÒNG GD- ĐT YÊN LẠC TRƯỜNG THCS PHẠM CÔNG BÌNH - ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP LẦN NĂM HỌC: 2012- 2013 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) -Ngày thi: 03 tháng 01 năm 2013 Câu 1: (2.5 điểm) 2 2 a) Cho a xy  (1  x )(1  y ) ; b  x  y  y  x Biết tích xy là số dương, hãy tính b theo a  abc n   abc b)Tìm tất các số tự nhiên có ba chữ số hệ thập phân cho cba (n  2) Câu 2: (2.5 điểm) n n   1    1  f ( n)       10   10   a) Cho So sánh f (n  1)  f (n  1) với f (n) b) Giải phương trình x   x   x    x  2012  x  2013x  2025078  x  2012 Câu 3: (1.5 điểm)  xy  x 1  y  Giải hệ phương trình  xy  y 1  x Câu 4: (2.5 điểm) a) Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao BB’ và CC’ Các điểm M, N lần   lượt thuộc các đoạn BB’ và CC’ cho AMC  ANB 90 Chứng minh AM=AN b) Cho tam giác ABC vuông A, điểm M nằm tam giác Gọi D,E,F thứ tự là hình chiếu vuông góc M trên BC, CA, AB Hãy xác định vị trí điểm M 2 cho tổng MD  ME  MF có giá trị nhỏ Câu 5: (1.0 điểm)  a  2b  3c  4d 36  2 Cho các số nguyên không âm a,b,c,d thỏa mãn 2a  b  2d 6 2 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a  b  c  d - Hết -Cán coi thi không giải thích gì thêm ! PHÒNG GD- ĐT YÊN LẠC TRƯỜNG THCS PHẠM CÔNG BÌNH HDC ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP LẦN NĂM HỌC: 2012- 2013 MÔN: TOÁN - Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) -Ngày thi: 03 tháng 01 năm 2013 Câu Câu Lời giải vắn tắt 2 2 Điểm 2 a) Tính a 1  x  y  x y  xy (1  x )(1  y ) (1) b  x  y  x y  xy (1  x )(1  y ) (2) 2 Từ (1) và (2) suy b a  Do xy   x, y cùng dấu + Nếu x>0 ; y>0 thì b>0 suy b  a  + Nếu x<0 ; y<0 thì b<0 suy b  a  b) Ta có abc 100a  10b  c n  (1) cba 100c  10b  a n  4n  (2) Trừ vế với vế (1) và (2) ta 99(a  c) 4n  (*) Từ (*) suy 4n  599 (3) 2 Do abc n   100 n  999  101 n 1000  11 n 31  39 4n  119 (4) Từ (3) và (4) suy 4n  99  n 26  abc 675 a) Tính n   1    1     1 f (n  1)  f (n  1)       1   10       10      1   10  n  1 5   1    10   n 5   n   1     n  1   n   1    1         f ( n) 10   10   Vậy f (n  1)  f ( n  1)  f (n) b) ĐKXĐ x 2012 Khi đó x   0; x   0; x   0; ; x  2012 0; x  2013  Pt đã cho  2012 x  (1     2012)  x  2013x  2025078  x  2012 Câu  x  2012 1  x  2012 1  x 2013(t / m) Vậy phương trình có nghiệm x=2013 Trừ vế với vế phương trình đầu cho phương trình sau ta  x y x  y  y  x  ( x  y )( x  y  1) 0    x  y  0 5    1    x 1 x  x  0  ( x  1)(2 x  1) 0    x   + Nếu x=y, từ pt đầu ta có  1 (1;1);   ;    2 Hệ có nghiệm + Nếu x  y  0  y  x  Từ pt đầu hệ có x 0 Phương trình có vô số nghiệm suy hệ có vô số nghiệm ( k ;  k  1) đó k  R      1 (1;1);  ;  ;(k ;  k  1) k  R   2   Vậy tập nghiệm hệ là  a) Tam giác AMC vuông M có MB’ là đường cao nên ta có AM  AB ' AC (1) Tương tự có AN  AC '.AB (2) Do các tam giác AB’B và AC’C đồng dạng nên AB ' AC '   AB ' AC  AC ' AB AB AC (3) Từ (1) ; (2) ; (3) suy AM=AN (đpcm) b)Kẻ đường cao AH, gọi K là hình chiếu M trên AH 2 2 Ta có ME  MF MA  AK Khi đó 1 MD  ME  MF KH  MA2 KH  AK  ( AK  KH )2  AH 2 MinMD  ME  MF  AH  M Suy là trung điểm AH Cộng vế với vế đẳng thức đã cho ta có 3(a  b  c  d ) 42  d 42  3P 42  P 14 Dấu xảy d=0 2 a  2b  3c 36(1)  2a  b 6(2) Khi đó ta có  Từ (2) suy b chẵn và b<3 suy b=0 ;2 + Nếu b=0 suy a 3  a  Z Loại + Nếu b=2 ta có a 1  a 1 ( a không âm) - Nếu a=1 suy c= Vậy MinP=42 (a ;b ;c ;d)=(1 ;2 ;3 ;0)