PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THCS MỸ THÀNH Môn : TOÁN – Lớp 9  Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bµi 1 (3,0điểm): a) Ph©n tÝch thµnh nh©n tư: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz b) Tìm số tự nhiên n để 18n + và 41n − là hai số chính phương. Bài 2: (3,0điểm) a) Chøng minh ∀m,n,p,q ta ®Ịu cã m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1) b) Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + . Bµi 3 (3,0điểm) a.Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiƯm nguyªn: (y + 2)x 2 + 1 = y 2 b. Gi¶i ph¬ng tr×nh: 1 1 1 2011 2011 1.2 2.3 ( 1) 2011 2012 x x x x − + + + + = + − + Bài 4: (3,0điểm) a) Với x, y khơng âm, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x - 2 xy 3y 2 x 2008,5+ − + b) b. Cho a; b; c > 0 vµ: 1 1 1 1 1 1a b c + + + + + = 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa abc. Bµi 5: (5,0điểm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A (AC > AB), ®êng cao AH (H ∈ BC). Trªn tia HC lÊy ®iĨm D sao cho HD = HA. §êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. a) Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng. TÝnh ®é dµi ®o¹n BE theo m AB = . b) Gäi M lµ trung ®iĨm cđa ®o¹n BE. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng. TÝnh sè ®o cđa gãc AHM c) Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: GB HD BC AH HC = + . Bài 6. (3,0điểm) Cho tam giác ABC có · 0 ABC = 60 ; BC = a; AB = c (a, c là hai độ dài cho trước). Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Hết ĐÁP ÁN VÀ 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 18n + và 41n − là hai số chính phương 2 18n p⇔ + = và ( ) 2 41 ,n q p q− = ∈N ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 18 41 59 59p q n n p q p q⇒ − = + − − = ⇔ − + = Nhưng 59 là số ngun tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q − = =   ⇔   + = =   Từ 2 2 18 30 900n p+ = = = suy ra 882n = Thay vào 41n − , ta được 2 2 882 41 841 29 q− = = = . Vậy với 882n = thì 18n + và 41n − là hai số chính 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) 01 4444 2 2 2 2 2 2 2 ≥         +−+         +−+         +−+         +−⇔ m m qmq m pmp m nmn m 01 2222 2222 ≥       −+       −+       −+       −⇔ m q m p m n m (lu«n ®óng) DÊu b»ng x¶y ra khi            =− =− =− =− 01 2 0 2 0 2 0 2 m q m p m n m ⇔          = = = = 2 2 2 2 m m q m p m n ⇔    === = 1 2 qpn m 0,5 0,5 0,5 b 1,5 Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta có: a 2 + b 2 +c 2 + d 2 +2 2 2 2 2 ( )( )a b c d+ + ≥ a 2 +2ac + c 2 + b 2 + 2bd + d 2 ⇔ 2 2 2 2 ( )( )a b c d+ + ≥ ac + bd (1) Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m Nếu ac + bd ≥ 0 (1) ⇔ ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ a 2 c 2 + b 2 d 2 +2acbd ⇔ a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 ≥ a 2 c 2 + b 2 d 2 +2acbd ⇔ a 2 d 2 + b 2 c 2 – 2abcd ≥ 0 ⇔ (ad – bc) 2 ≥ 0 ( ln đúng) Dấu “=” xẩy ra ⇔ ad = bc ⇔ a c b d = 0,5 0,25 0,5 0,25 3 a 1,5 Ta có: (y + 2)x 2 + 1 = y 2 ⇔ (y+2)x 2 - (y 2 -4) = 3 ⇔ (y+2)(x 2 -y+2) = 3 Suy ra: y + 2 1 3 -1 -3 x 2 -y+2 3 1 -3 -1 y -1 1 -3 -1 x Lo¹i 0 Lo¹i 0 VËy nghiƯm nguyªn cđa ph¬ng tr×nh lµ: (0;1),(0;-1) 0,75 0,5 0,25 b 1,5 Ta cú: 1 1 1 1 1 1.2 2.3 ( 1) 1x x x + + + = + + v: 2011 2011 1 1 2011 2012 2011 2012 x x x + = + + (x 2011) Suy ra: x + 1 = 2011 2012x + 2011- x+ 2011 0x = 2011 ( 2011 1) 0x x + = 2011 0x = 2011 0 2011x x = = (tho món iu kin) Vy nghim ca phng trỡnh l x = 2011 0,25 0,25 0,5 0,5 4 a 1,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = + + + + + + + + + + + + = + + + = + + ữ ữ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Đặt x a; y b với a, b 0, ta có: P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 1 3b 2008,5 = a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5 = a - b -1 2 b b 2007,5 1 1 1 a - b -1 2 b b 2007,5 a - b -1 2 b 2007 4 2 2 ( ) = + = ữ = = = = = = 2 2 2007 3 a b 1 a 1 2 Vì a - b -1 0 và b 0 a, b.Nên P = 2007 1 2 1 b b 2 2 3 9 x x 2 4 Vậy P đạt GTNN là 2007 1 1 y y 2 2 0,5 0,5 0,5 b 1,5 + Tính c: ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 b c bc a b c b c = + + + + + + (1) + Tng tự ta có: ( ) ( ) 1 2 1 1 1 ac b a c + + + (2) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 ab c a b + + + (3) + Chỉ ra c các vế của các BĐT (1); (2); (3) đều dng nên nhân từng vế các bất đẳng thức (1); (2); (3) suy ra c: abc 1 8 + Kết luận max abc = 1 8 khi a = b = c = 1 2 0,5 0,25 0,5 0,25 5 a 2,0 + Hai tam giác ADC và BEC có: à C chung. CD CA CE CB = (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: ã ã 0 135BEC ADC= = (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên ã 0 45AEB = do đó tam giác ABE vuông cân tại A. 1,0 0,5 Suy ra: 2 2BE AB m= = 0,5 b 1,5 Ta cã: 1 1 2 2 BM BE AD BC BC AC = × = × (do BEC ADC ∆ ∆ : ). mµ 2AD AH= (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) nªn 1 1 2 2 2 2 BM AD AH BH BH BC AC AC BE AB = × = × = = (do ABH CBA ∆ ∆ : ) Do ®ã BHM BEC ∆ ∆ : (c.g.c), suy ra: · · · 0 0 135 45BHM BEC AHM= = ⇒ = 0,5 0,5 0,5 c 1,5 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. Suy ra: GB AB GC AC = , mµ ( ) ( ) // AB ED AH HD ABC DEC ED AH AC DC HC HC = ∆ ∆ = =: Do ®ã: 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 3 MQ = BM.sin60 = 2 . Suy ra diện tích của MNPQ là: ( ) ( ) ax c- x 3 a 3 S = = x c - x 2c 2c + Ta có bất đẳng thức: 2 a + b a + b ab ab (a > 0,b > 0) 2 2   ≥ ⇔ ≤  ÷   Áp dụng, ta có: 2 2 x + c - x c x(c- x) = 2 4   ≤  ÷   . Dấu đẳng thức xảy ra khi: c x = c- x x = 2 ⇔ . Suy ra: . 2 a 3 c ac 3 S = 2c 4 8 ≤ . Vậy: max ac 3 S = 8 khi c x = 2 hay M là trung điểm của cạnh AB 0,5 0,5 0,5 0,5 Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và phù hợp vẫn ghi điểm tối đa. Hết . PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THCS MỸ THÀNH Môn : TOÁN – Lớp 9  Thời gian làm bài. chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: ã ã 0 135BEC ADC= = (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thi t). Nên ã 0 45AEB = do đó tam giác ABE vuông cân tại A. 1,0 0,5 Suy ra: 2 2BE AB m= = 0,5 b 1,5 Ta