Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

1.  Điện thoại (Zalo) BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 Tài liệu sưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020
2. Website: ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Câu 1. (4 điểm) 8484 a) Chứng minh A =31++31− là số nguyên. 99 b) Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p3 + 2 cũng là một số nguyên tố. Câu 2. (6 điểm). Giải các phương trình sau: a) x+4x+3232+−x= 11 b) 3x−5+73−x= 5x2 −20x+ 22 c) (4x−1) x2+12=x2−2 x+2. Câu 3. (4 điểm) 1111 1111 a. Cho ++= . Chứng minh rằng: ++= abcabc++ a2021b 2021c 2021a2021 +b 2021+c 2021 111 b. Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện ++=2 . Tìm giá trị lớn 1+a1+b1+c nhất của Q= abc Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H .Gọi IK, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE, CF . Chứng minh rằng a) BH. BE+ CHCF.= BC 2 . b) IK// EF . c) Trong các tam giác AEF, BDF, CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 hoặc bằng diện tích tam giác ABC . 4 Câu 5. (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích 3 tam giác nhỏ hơn . 4 HẾT Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3. Website: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4 Năm học: 2020-2021 Câu 6. (4 điểm) 8484 a) Chứng minh A =31++31− là số nguyên. 99 b) Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p3 + 2 cũng là một số nguyên tố. Lời giải 84 84 a) Chứng minh A =31++31− là số nguyên. 99  84 84 84 84  A3 =23+ 31 ++31− 31+31−      99 99 3 84  A=23+A3 1 − 81  A3 =2 − A A3 +A−20= 2 ( A−1)( A+A+2) =0 A −10= (vì A2 +A+20≠) A = 1. Vậy A nguyên. b) Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p3 + 2 cũng là một số nguyên tố. Với p = 2 : p2 +26= (ktm) Với p = 3 : p2 +2= 11 , p3 +2= 29 (TM) Với p>3⇒p2 =3k+1: p2 +2=(3t+33) (KTM) Vậy p = 3. Câu 7. (6 điểm). Giải các phương trình sau: a) x+4x+3232+−x= 11 b) 3x−5+73−x= 5x2 −20x+ 22 c) (4x−1) x2+1=2x2−2x+2. Lời giải Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4. Website: a) x+4x+3232+−x= 11. ⇔11−x− 4x+3232−−x= 0 . ⇔x+34−x+ 3432++−x− 232−x+ 10=. 22 ⇔( x+32−) +( 32−x− 1) =0. ⇔x+32−= 32−x− 10= . ⇔x =1. b) 3x−5+73−x= 5x2 −20x+ 22 2 Ta có: 5x2−20x+ 22= 5( x2− 4x4+) +25 =( x− 2) +2≥ 2. 2 ( 3x−5+73−x) ≤(1 2+12)(3x−573+−x) =4 . 3x−5+73−x≤2 . Vậy 3x−5+73−x= 5x2 −20x+ 22= 2 2 5x−20x+ 20= 0⇔x=2 c) (4x−1) x2+12=x2−2 x+2 ⇔2( x2+1) −(4x−1) x2+12−x=0 . Đặt a=x2 +1(a≥1) , phương trình trở thành: 2a2 −(4x−1)a−2x=0. 2 ∆=(4x +1) >0 a=±2x ⇒x2 +12=x ⇔x2+14=x2 ⇔3x2 −10=  1 x = 3 ⇔   1 x=− (l)  3 1  Vậy pt có tập nghiệm S = . 3  Câu 8. (4 điểm) 1111 1111 a. Cho ++= . Chứng minh rằng: ++= abcabc++ a2021b 2021c 2021a2021 +b 2021+c 2021 Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5. Website: 111 b. Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện ++=2 . Tìm giá trị lớn 1+a1+b1+c nhất của Q= abc Lời giải 1111 a) Cho ++= . Chứng minh rằng: abcabc++ 1111 ++= a2021b 2021c 2021a 2021+b 2021+c 2021 1111 Ta có: ++= abcabc++ ab+ bc+ ca 1 ⇔= abc a+ b+ c ⇔(abc++).(ab+ bc+ ca) − abc =0 ⇔(ab+).(ab+ bc+ ca) + abc+ bc2+ ac2− abc =0 ⇔(ab+).(ab+ bc+ ca) + c2.(a+ b) =0 ⇔(ab+).(ab+ bc+ ca+ c2 ) =0 ⇔(ab+) bac ( +) +cac .( +)=0 ⇔(ab+).( bc+).( ca+) =0 ab+=0 a=−b   ⇔bc+=0 ⇔b=−c ca+=0 c=−a Với a=−b: 1111 ++= a2021b 2021c 2021a 2021+b 2021+c 2021 1111 ⇔++= −b2021b 2021c2021 −b 2021+b 2021+c2021 11 ⇔= (luôn đúng) c2021c 2021 Tương tự: 11 Với b=−c ⇔= (luôn đúng) a2021a 2021 11 Với c=−a ⇔=(luôn đúng) b2021b 2021 111 ++=2 b) 1+a1+b1+c 111 ⇔=1−+1− 1+a1+b1+c Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6. Website: 1 bc bc ⇔=+≥2 (1) 1+a1+b1+c(1+b).1( +c) 1 ca Tương tự: ≥ 2 (2) 1+b(1+c).1( +a) 1 ab ≥ 2 (3) 1+c(1+a).1( +b) 111 abc Từ (1) , (2) và (3) ⇒ ≥8. 1+a1+b1+c(1+a).1( +b) .1( +c) 1 1 ⇔abc ≤⇔Q ≤ 8 8 1 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c= 2 1 1 Vậy Q = khi a=b=c= max 8 2 Câu 9. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H .Gọi IK, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE, CF . Chứng minh rằng a) BH. BE+ CHCF.= BC 2 . b) IK// EF . c) Trong các tam giác AEF, BDF, CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 hoặc bằng diện tích tam giác ABC . 4 Lời giải A F E H K I B D C a) Tam giác vuông AEB và tam giác vuông HFB có góc B chung nên đồng dạng với nhau. AB BE ⇒=⇒BH. BE= AB. BF (1) BH BF Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7. Website: Tam giác vuông AFC và tam giác vuông HEC có góc C chung nên đồng dạng với nhau. AC CF ⇒=⇒CH. CF.= AC. CE (1) CHCE Từ (1) và (2) suy ra: BH. BE+ CHCF.= AB. BF+ AC. CE (3) Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB và tam giác vuông BFC đồng dạng (góc B chung) AB BD ⇒=⇒AB. BF= BC. BD (4) BC BF Chứng minh tương tự ta có tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC AC DC ⇒=⇒ACCE.= BC. CD (5) BC CE Từ (4) và (5) suy ra: AB. BF+ ACCE.= BC( BD+ CD) = BC 2 (6) Từ (3) và (6) suy ra BH. BE+ CHCF.= BC 2 (đpcm). AB⊥ FC b) Ta có  ⇒AB// DK⇒∠FAH=∠ HDK (hai góc so le trong) (1) DK⊥ FC Tứ giác AFHE có ∠AFH+∠ AEH = 900+ 900= 1800 mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp⇒∠FAH=∠ FEH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung FH ) (2) Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH là tứ giác nội tiếp ⇒∠HIK=∠ HDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HK ) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ∠FEH=∠ HIK mà 2 góc này ở vị trí so le trong Suy ra IK// EF (đpcm). c) Đ ặt BC= a , CA= b , AB= c , AE= x , AF= y , BD= z , 0 >> AEF BFD CED > Nghĩa là SAEFS ABC;S BFDS ABC;S CEDS ABC . Suy ra 3 444 SABC 64 S AE. AF x. y Ta có AEF == ; SABC AB. AC cb S BF. BD (c− yz) BFD == SABC BA. BC ca S CE. CD (bxaz−)( −) CED == SABC CACB. ba S.S.S xyz( a− z)( b− x)( c− y) AEF BFD CED = Do đó 3 222 SABC abc Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8. Website: ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trung tuyến AD . Điểm M di động trên đoạn AD . Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC . Vẽ NH⊥ PD tại H . Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. Lời giải ∆ABC vuông cân tại A ⇒ AD là phân giác góc A và AD^ BC ⇒D∈(O; AB /2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) ⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà NHP =900 ⇒ H thuộc đường tròn đường kính NP ⇒ AHN= AMN =450 (1) Kẻ Bx^ AB cắt đường thẳng PD tại E ⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác ∆BED=∆ CDP (g.c.g) ⇒BE= PC mà PC= BN⇒ BN= BE ⇒∆BNE vuông cân tại B ⇒NEB =450 mà NHB = NEB (cùng chắn cung BN ) ⇒NHB =450 (2) Từ (1) và (2) suy ra AHB = 900 ⇒H∈O; AB /2 ( ) gọi H ' là hình chiếu của H trên AB HH'. AB ⇒S=⇒Slớn nhất ⇔ HH ' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH'≤OD=AB /2 (do HD; cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD^ AB ) Dấu "=" xảy ra ⇔H≡D⇔M≡D. HẾT Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9. Website: ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010 Câu 1 (4đ) a) Chứng minh rằng A =(2n−12)( n+ 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n. b) Tìm số các số nguyên n sao cho B=n2 −n+13 là số chính phương. Câu 2 (5đ) a) Giải phương trình: x2−2x+3=22x2−4x+3 x2−y2=1−xy b) Giải hệ phương trình:  22 x+y=3xy +11 Câu 3 (3đ) Cho ba số xyz;; thỏa mãn x+yz+=2010  1111  ++=  xyz2010 Tính giá trị của biểu thức P=( x2007+y 2007)( y 2009+z 2009)( z 2011+x 2011 ) . Câu 4 (6đ) Cho đường tròn (OR; ) và dây cung AB cố định, AB= R 2 . Điểm P di động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi (CR; 1 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,(DR; 2 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. Hai đường tròn (CR; 1 ) và (DR; 2 ) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM // CD và 4 điểm CDOM;;; cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N . c) Tìm vị trí của P để tích PM. PN lớn nhất? diện tích tam giác AMB lớn nhất? Câu 5 (2đ) Cho các số dương xyz;; thỏa mãn điều kiện xy+ yz+ zx =670. Chứng minh rằng: xyz1 ++≥ x2−yz+2010 y2−zx+ 2010 z2−xy +2010 x+yz+ Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10. Website: ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010 Câu 1 (4đ) a) Chứng minh rằng A =(2n−12)( n+ 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n. b) Tìm số các số nguyên n sao cho B=n2 −n+13 là số chính phương. Lời giải a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2n−1;2n ;2n+ 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp. Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên (2n−1) .2n .( 2n+ 1) chia hết cho 3. Mặt khác (2n ;3) = 1 nên (2n−12)( n+ 1) chia hết cho 3. Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Ta thấy B là số chính phương ⇔ 4B là số chính phương. 2 Đặt 4B= k (k ∈ ) thì 4B=4n2−4n+52=k2⇔( 2n−1−k).2( n−1 +k) =−51 Vì 2n−1+k≥2n+1+k nên ta có các hệ: 2n−1+k=1 2n−1+k=3 a) (1:)  b) (2) :  2n−1−k=−51 2n−1−k=−17 2n−1+k=51 2n−1+k=17 c) (3) :  d) (4) :  2n−1−k=−1 2n−1−k=−3 Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n=−12;n=−3; n=13; n=4 Vậy các số nguyên cần tìm là n ∈{−12;− 3; 4;13} . Câu 2 (5đ) a) Giải phương trình: x2−2x+3=22x2−4x+3 x2−y2=1−xy b) Giải hệ phương trình:  22 x+y=3xy +11 Lời giải a) Ta có 2x2−4x+3=2(x− 1)2+ 1≥ 1 nên tập xác định của phương trình là R . Phương trình đã cho tương đương với. 2x2−4x+342−x2−4x+33+=0. Đặt y=2x2 −4x+31≥ thì phương trình đã cho trở thành. 2  y = 1 y−4y+3=0⇔ (thỏa mãn điều kiện).  y = 3 Với y = 1 ta có 2x2−4x+3=1⇔2x2−4x+31=⇔x= 1 22x =−1 Với y = 3 ta có 2x−4x+3=3⇔2x−4x+39=⇔ x = 3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x= 1, x=− 1, x= 3. b) Hệ đã cho tương đương với . Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11. Website: 11(x2+xy− y2) = 11 x2+xy− y2=1 x2+xy− y2=1 ⇔⇔(*) 222222 x−3xy+ y =11 11(x+xy− y )=x−3xy+ y (x+2y )(5x−3 y )= 0 Từ hệ (*) ta suy ra. x2+xy−y 2=1 x2+xy− y2=1  ()I hoặc  ()II x+2y=0 ( x+2y).5( x−3 y) =0 Giải hệ (I) ta tìm được (xy ; )= (2;− 1); (− 2;1) Hệ (II) vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm (xy ; )= (2;− 1); (− 2;1) Câu 3 (3đ) Cho ba số xyz;; thỏa mãn. x+yz+=2010  1111  ++=  xyz2010 Tính giá trị của biểu thức P=( x2007+y 2007)( y 2009+z 2009)( z 2011+x 2011 ) . Lời giải Từ giả thiết suy ra xyz;; khác 0 và. xy+ xy+ ⇔+=0 xy z( x+ y+ z) 1111 1111  ++= ⇔++−=0 ++ xyzxyz++ xyzxyz 11 2 ⇔( x+ y)+=0⇔(x+ yxz)( + yz+ z+ xy)= 0 ++2 xy xz yz z  ⇔(xyzzx+)([ +)+yzx(+)] =0⇔( xyyzzx +)( +)( +) =0 xy+=0  x=−y x2007=−y 2007  2009 2009 ⇔zy+=0 ⇔ y=−z⇔ y=−z +==−  20112011 xz0 z x z=−x Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12. Website: x2007+y 2007 =0  2009 2009 ⇔ y+z=0⇔P=0  2011 2011 z+x=0 Câu 4 (6đ) Cho đường tròn (OR; ) và dây cung AB cố định, AB= R 2 . Điểm P di động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi (CR; 1 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A , (DR; 2 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. Hai đường tròn (CR; 1 ) và (DR; 2 ) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM // CD và 4 điểm CDOM;;; cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N . c) Tìm vị trí của P để tích PM. PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất. Lời giải = = a) Nối CP ; PD ta có ∆ACP ; ∆OAB lần lượt cân tại CO; nên CPA CAP OBP do đó CP// OD(1) . = = Tương tự ∆DPB ; ∆OAB lần lượt cân tại D , O nên DPB DBP OAB nên OD//CP (2) . Từ (1) và (2) suy ra ODPC là hình bình hành. Gọi CD cắt MP tại H cắt OP tại K thì K là trung điểm của OP . Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC= DP , DP=DM= R2 nên tứ giác CDOM là hình thang cân do đó 4 điểm CDOM;;; cùng thuộc một đường tròn. b) Xét tam giác AOB có OA2+OB2=2R2=AB2 nên tam giác OAB vuông cân tại O . Vì 4 điểm CDOM;;; cùng thuộc một đường tròn (kể cả M≡ O ) nên . COB = CMD (1) ∆ ∆MCD MAB = MCD O Xét MAB và có: (cùng M 1 bằng sđ MP của (C )). D 2 1 K MBD = MDC (cùng bằng sd MP của (D)). H 2 C B Nên ∆MAB∽ ∆ MCD (g.g). A P Vì ∆MAB∽ ∆MCD suy ra AMB= COD hay AMB= AOB =90° . N Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13. Website: Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB . Ta có ACP= BDP = AOB =90° nên 1 AMP= ACP =45° (Góc nội tiếp và góc ở tâm của (C) ). 2 1 BMP = BDP =45° (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D) ). 2 Do đó MP là phân giác AMB . Mà AMB= AOB =90° nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB . Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N thì N là trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định. c) Xét ∆MAP và ∆BNP có MPA= BPN (đối đỉnh); AMP= PBN (góc nôi tiếp cùng chắn 1 cung) nên ∆MAP∽ ∆ BNP (g.g). 2 PA PM PA+ PB AB2 R2 Do đó =⇔PM. PN= PA.PB ≤== (không đổi). PN PB 242 R2 Vậy PM. PN lớn nhất bằng khi PA= PB hay P là trung điểm dây AB . 2 Vì tam giác AMB vuông tại M nên . 22 1122AB R SAMB =AM. BM≤( AM+ BM ) == . 24 42 R2 Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng khi PA= PB hay P là trung điểm dây 2 AB Câu 5 (2đ). Cho các số dương xyz;; thỏa mãn điều kiện xy+ yz+ zx =670. Chứng minh rằng: xyz1 ++≥ 2−+2−+2−+ ++ xyz2010 yzx2010 zxy 2010 xyz Lời giải Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với mọi abc,, ∈ và xyz,,> 0 ta có. 2 a2b2c2(abc++) ++≥ (*) xyzx+yz+ abc Dấu “=” xảy ra ⇔== xyz Thật vậy, với a,b∈ và xy,> 0 ta có: 2 a2b2(ab+ ) +≥ ( ) xyx+ y 2 ⇔(aybxx2+2)( + y) ≥xy( a+ b) Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14. Website: ab ⇔(bx− ay)2 ≥0 (luôn đúng ). Dấu “=” xảy ra ⇔= xy Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có: 22 a2b2c2(ab+) c2(abc ++) ++≥+≥ xyzx+yzx+yz+ abc Dấu “=” xảy ra ⇔== xyz Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: xyz =++ VT 222 x−yz+2010 y−zx+ 2010 z−xy + 2010 x2y2z2 =++ 222 xx(− yz+2010) yy (− zx+2010) zz (− xy +2010) 2 ( xyz++) ≥ (1) x3+y3+z3−3xyz+2010( x+ y+ z) Chú ý: xx(2− yz+2010)= xx( 2+ xy+ zx +1340)> 0;yy (2− zx + 2010)> 0 và zz( 2 − xy +2010) >0 Chứng minh được dễ dàng x3+y3+z3−3xyz=( x +yzx+)( 2+y 2+z2−xy−yz − xz) =++++2 −++  ( xyz) ( xyz) 3( xy yz zx)(2) Do đó x3+y3+z3−3xyz+2010(x + y+ z) =++++2 −+++=++ 3 ( xyz)( xyz) 3( xyyzzx ) 2010 ( xyz)( 3) Từ (1) và (3) ta suy ra 2 ( x+yz+) 1 ≥= VT 3 . ( x+yz+) x+yz+ 2010 Dấu “=” xảy ra ⇔x=y=z= . 3 Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15. Website: ĐỀ THI CHỌN HSG CAM LỘ - NĂM HỌC 2008-2009 Câu 1: (1,0 điểm) 42 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x+2009x+ 2008x+ 2009 . Câu 2: (2,0 điểm) x+22x+45 3x+84x+69 Giải phương trình sau: +=+. 1315 37 9 Câu 3: (1,0 điểm) a4+ b4 a) Chứng minh rằng ≥ab3+ a3 b− a22 b . 2 11 b) Cho hai số dương ab, và a=5 − b. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P =+ . ab Câu 4: (2,0 điểm) a) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : 2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 2009 a + b = a + b = a + b . Hãy tính tổng: S=a+ b . 23+5 −13+48 b) Chứng minh rằng : A = là số nguyên. 6+ 2 Câu 5: (1,0 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình sau: xy−2 x−3y +10=. Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC> AB , đường cao AH( H∈ BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD= HA .Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E . a) Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. b) Chứng minh tam giác ABE cân. c) Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G . Chứng minh rằng: GB HD = BC AH + HC .HẾT . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16. Website: LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG CAM LỘ - HÀ TĨNH NĂM HỌC 2008-2009 Câu 1: (1,0 điểm) 42 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x+2009x+ 2008x+ 2009 . Lời giải 42 42 2 x+2009x+2008 x+ 2009 =( x+x+1) +2008( x+x+ 1) =( x2+x+1)( x2−x+1) +2008( x2+x+ 1) =( x2+x+1)( x2−x+2009) . Câu 2: (2,0 điểm) x+22x+45 3x+84x+69 Giải phương trình sau: +=+. 1315 37 9 Lời giải x+22x+453 x+84x+69 +=+ 1315 379 x+22x+45 3x+84x+69  ⇔+1+−1=+1+−1 1315  37 9  x+15 2(x+ 15) 3(x+ 15) 4(x+15) ⇔+=+ 13 15 379 1234 ⇔( x +15)+−−=0 13 15 37 9  ⇔x =−15 Câu 3: (2,0 điểm) a4+ b4 a) Chứng minh rằng ≥ab3+ a3 b− a22 b . 2 11 b) Cho hai số dương ab, và a=5 − b. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P =+ . ab Lời giải a)(1,0 điểm) a4+ b4 ≥ab3+ a3 b− a22 b ⇔a4+b4≥2ab3+2 ab3−2 a22 b 2 443322 ⇔a+b−2ab−2 ab+2 a b ≥0 ⇔ 4 − 3 + 2 2 + 4 − 3 + 2 2 (a 2a b a b ) (b 2ab a b ) ⇔ 2 − 2 + 2 − 2 ≥ (a ab) (b ab) 0 b)(1,0 điểm) 11ab+ 5 20 20 4 P =+== ⇒P =≥= + 2 abab ab 4ab( a b)5 4 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi ab== . 5 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17. Website: Câu 4: (3,0 điểm) a) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : 2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 2009 a + b = a + b = a + b . Hãy tính tổng: S=a+ b . 23+ 5−13+48 b) Chứng minh rằng : A = là số nguyên. 6+ 2 Lời giải a) (1,0 điểm) Ta có: a2008+b2008 =(a 2007+b 2007 )(ab+) −ab( a2006+ b 2006 ) ⇔1 =abab+− ⇔(1−a)(1 −b) = 0 ⇒a=1,b=1 Vậy S= 1+ 1= 2 b) (1,0 điểm) 23+5 −13+ 48 23+5 −(23+ 1)2 23+ ( 3− 1) 2 A = = = 6+ 2 6+ 2 6+ 2 22+ 3 (6+ 2)2 A = = =1∈ . 6+ 2 6+ 2 Câu 5: (3,0 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình sau: xy−2 x−3y +10=. Lời giải xy−2 x−3y+10=⇔xy−3 y=2x−1⇔yx( −3) =2 x −1 5 Ta thấy x = 3 không thỏa mãn, với x ≠ 3thì y =2 + ; x − 3 Để y nguyên thì x − 3 phải là ước của 5; Suy ra: ( xy, ) = (4, 7) ;( 8,3) . Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC> AB , đường cao AH( H∈ BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD= HA .Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E . a) Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. b) Chứng minh tam giác ABE cân. c) Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt GB HD BC tại G . Chứng minh rằng: = BC AH + HC Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18. Website: Lời giải a) (1 điểm) Xét ∆ADC và ∆BEC có: CDCA = ( vì ∆CDE # ∆CAB ) CECB C chung Suy ra: ∆ADC # ∆BEC (c-g-c). b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: BEC = ADC Ta có: ADC= EDC + ADE =135° ⇒BEC =135° Suy ra: AEB =45° Do đó: ∆ABE cân (tam giác vuông có một góc bằng 45°). c) (1 điểm) ∆ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của BAC GBAB AB ED Suy ra: = , mà = (do ∆ABC # ∆DEC ) GCAC AC DC ED AH AH HD Mà = (do ED// AH ); Mặt khác : = DCHC HCHC GBHD GBHD GBHD Do đó: = ⇒= ⇒= GCHC GB+GCHD+HC BC AH+ HC HẾT Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19. Website: ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẢI LĂNG NĂM HỌC 2008-2009 VÒNG II Bài 1. (2 điểm) Cho a,b,c∈ Q; a, b, c đôi một khác nhau. 111 Chứng minh rằng 2+2+2 bằng bình phương của một số hữu tỷ. (ab−) ( bc−) ( ca−) Bài 2. (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x+2.5y+5 z=4500 với x<y<z. Bài 3. (2 điểm) x2 −4x+1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x2 Bài 4. (2 điểm) Tìm một số có hai chữ số; biết rằng số đó chia hết cho 3 và nếu thêm số 0 vào giữa các chữ số rối cộng vào số mới tạo thành một số bằng hai lần chữ số hàng trăm của nó thì được một số lớn gấp 9 lần số phải tìm. Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A , có BAC = 20 0 . Trên AC lấy điểm E sao cho EBC = 20 0 . Cho AB = AC = b, BC = a a) Tính CE . b) Chứng minh rằng a3+ b3= 3ab2. .HẾT . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20. Website: LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẢI LĂNG NĂM HỌC 2008-2009 VÒNG II Bài 1. (2 điểm) Cho a, b, c∈ Q; a, b, c đôi một khác nhau. 111 Chứng minh rằng 2+2+2 bằng bình phương của một số hữu tỷ. (ab−) ( bc−) ( ca−) Lời giải 111 Ta có: 2+2+2 (ab−) ( bc−) (ca −) 2 111111111 = ++−2 .+.+. ab−bc − ca− abbcbcca−−−−caab −− 2 111cabcab−+−+− =++−2 ab− bc− ca−(abbcca −)(−)(−) 2 111 =++ ab− bc− ca− Bài 2. (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x+ 2.5y+ 5z= 4500 với x<y<z. Lời giải Ta có: 5x+ 2.5y+ 5z = 4500 (*) ⇒5x ( 1+ 2.5yx−+ 5zx − ) = 4500 = 22 . 33 . 53 ⇒ 5x= 53 ; 1+ 2.5yx−+ 5zx − = 36 = 1 + 35 ⇒ x = 3; 5y − x ( 2 + 5z− y ) = 5 . 7 ⇒x = 3; y – 3 = 1 ; 2 + 5zy− = 7 = 2 + 5 ⇒ x = 3; y = 4 ; z – y = 1 ⇒ x = 3; y = 4 ; z = 5 thoả (*) x2 −4x+1 Bài 3. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x2 Lời giải x2 −4x+1 41 Ta có: A = =1−+ x2 xx2 2 411  =−3+4−+ =−3+2− ≥−3 xx2 x  Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC
21. Website: 1 1 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi ⇔2−=0⇔x = x 2 Bài 4. (2 điểm) Tìm một số có hai chữ số; biết rằng số đó chia hết cho 3 và nếu thêm số 0 vào giữa các chữ số rối cộng vào số mới tạo thành một số bằng hai lần chữ số hàng trăm của nó thì được một số lớn gấp 9 lần số phải tìm. Lời giải _ ___ __ Gọi số cần tìm là ab . Ta có: ab3 và ab0+2 a=9ab (ab+ )3 (ab+ )3 ⇔  ⇔  100ab++ 2 a=9(10ab+ ) 3a= 2b Từ 3a=2b⇒ 23b mà (2,3)= 1⇒ b3 do (ab+)3⇒ a 3 mà 32a⇒ a2 __ Ta có a3,a 2,(2,3)= 1 ⇒a6,1≤a≤ 9 ⇒a =6 ⇒b =9 Vậy ab = 69 Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A , có BAC = 20 0 . Trên AC lấy điểm E sao cho EBC = 20 0 . Cho AB = AC = b, BC = a c) Tính CE . d) Chứng minh rằng a3+ b3= 3ab2. Lời giải a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác BCE (hai tam giác cân có góc đỉnh bằng 200 và CE BC góc đáy bằng 800 ) nên = BC AB A a 2 Và BE = BC = a , suy ra CE = b 11 b) Dựng AD⊥ BE , suy ra BD =AB = b 22 Ta có: AE2= ED2+ AD2 , AB2= BD2+ AD2 2222 do đó: AB= BD+ EA− DE 222 2 2 bab Thay vào ta được: b=+b−−−a D 4b 2 E b2a4b2 =+b2+−2a2−−a2+ab B 4b2 4 C ⇔b4=b4+a4−3ab22+ab 3 ⇔a3+b3=3ab2 .HẾT . Liên hệ tài liệu word môn toán: TÀI LIỆU TOÁN HỌC