Copy of DE 13 HSG HUYEN r
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (129.08 KB, 3 trang )
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
§Ò 13
Đề chính thức
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (3 điểm): Viết số 20112012 thành tổng các số nguyên dương. Đem tổng các lập phương tất
cả các số hạng đó chia cho 3 thì được số dư là bao nhiêu ?
Bài 2 (3 điểm): Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
1
P = x + + y +
x
y
2
Bài 3 (3 điểm): Giải phương trình:
5x2 + 4y2 + 2 = 4xy + 2x + 4y
Bài 4 (3 điểm): Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích
bằng số đo chu vi.
Bài 5 (4 điểm): Cho tam giác ABC có ∠ ABC= 300, ∠ ACB=200. Đường trung trực của AC
cắt BC ở E và cắt tia BA ở F. Chứng minh rằng:
a) Tam giác AEF cân.
b) AC = BE.
Bài 6 (4 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao AH = R 2 . Gọi
D và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC.
AB. AC
a) Giả sử giá trị của R là một số nguyên. Chứng minh rằng: Giá trị của
là một số
2 2
chính phương.
b) Chứng minh rằng: S ∆ADK =
1
S ∆ABC
2
§Ò 13
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: TOÁN 9
Bài 1 (3 điểm): Giả sử
A = 20112012 = a1 + a2 + a3 + ... + ak
B = a13 + a23 + a33 + ... + ak3
Trong đó a1, a2, a3, . . . , ak là các số nguyên dương.
Ta thấy a3 – a = a(a + 1)(a – 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3,
3
3
3
3
do đó: B – A = ( a1 + a2 + a3 +... + ak ) – (a1 + a2 + a3 +... + ak )
(
) (
) (
)
(
= a1 − a1 + a2 − a2 + a3 − a3 + ... + ak − ak
3
3
3
3
)
phải chia hết cho 3
Nghĩa là A và B có cùng số dư khi chia cho 3.
Ta có 20112 = (2010 + 1)2 = (3u + 1)2 = 3v + 1, trong đó u, v là các số nguyên dương.
Suy ra A = 20112012 = (20112)1006 = (3v + 1)1006 chia cho 3 dư 1.
Vậy số B chia cho 3 cũng có số dư là 1.
Bài 2 (3 điểm): Với x, y dương và x + y = 1, ta có:
1
1
1
P = x 2 + y 2 + 2 + 2 + 4 = ( x 2 + y 2 ) .1 + 2 2 ÷+ 4
x
y
x y
Áp dụng bất đẳng thức Bunhicốpxki, ta có: 1 = (x + y )2 ≤ 2.(x2 + y2) hay x2 + y2 ≥
1
2
1
1
≥ 4 ⇒ 2 2 ≥16 .
xy
x y
1
1
25
Do đó P ≥ .(1 +16) + 4 =
, đẳng thức xảy ra ⇔ x = y =
2
2
2
1
25
⇔ x=y=
Vậy min P =
2
2
và ta cũng có: 1 = ( x + y )2 ≥ 4xy nên ⇒
Bài 3 (3 điểm): Ta có
5x2 + 4y2 + 2 = 4xy + 2x + 4y
⇔ x2 + 4y2 + 1 – 4xy + 2x – 4y + 4x2 – 4x + 1 = 0
3
y
=
x − 2 y +1 = 0
x − 2 y +1 = 0
4
⇔ (x – 2y + 1)2 + (2x – 1)2 = 0 ⇔
⇔
⇔
1
2
x
−
1
=
0
1
x = 2
x =
2
1 3
Vậy phương trình có nghiệm là (x; y) = ( ; )
2 4
Bài 4 (3 điểm): Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 ≤ a ≤ b < c .
(1)
a 2 + b2 = c2
Ta có hệ phương trình :
(2)
ab = 2(a + b + c)
2
2
2
2
Từ (1) ⇒ c = (a + b) − 2ab ⇒ c = (a + b) − 4(a + b + c) (theo (2))
⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c
⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4.
⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2
⇔ a + b − 2 = c + 2 (do a + b ≥ 2)
⇔ c = a + b − 4. Thay vào (2) ta được:
ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + 8 = 0 ⇔ b(a −4) −4(a−4) = 8 ⇔ (a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a − 4 =1
a- 4=2
hoÆ
c
b- 4=4
b − 4 = 8
⇔
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10)
a=5
a=6
hoÆ
c
b=12
b=8
Bài 5 (4 điểm):
a. (2 điểm): Gọi K là giao điểm của AC và EF.
∆ AEC cân ở E ⇒ ∠ EAK+ ∠ ECK=200
Mặt khác: ∠ FAC= ∠ ABC+ ∠ ACB=500
=> ∠ FAE=700 => ∠ AEK= ∠ KEC=900- ∠ KCE=700
Từ (1) và (2) suy ra ∆ AEF cân ở F (đpcm)
b. (2 điểm): Hạ EH ⊥ AF tại H.
∆ AEF cân ở F ⇒ AK = EH
1
2
Trong tam giác vuông BHE có ∠ B=300 ⇒ EH = BE
1
2
Mặt khác, AK = AC . Do đó suy ra AC = BE (đpcm)
Cách khác:
Trên tia KE lấy điểm P sao cho ∆ ACP là tam giác đều
Ta có ∠ FAP= ∠ FAC+ ∠ PAC=500+600=1100
và ∠ FEB= ∠ EKC+ ∠ ECK=900+200=1100
Suy ra ∠ FAP= ∠ FEB (3)
∆ AEF cân ở F (c/m ở câu a) ⇒ FA = FE (4)
Từ (3) và (4) suy ra ∆ FAP = ∆ FEB (g-c-g)
⇒ BE = AP = AC (đpcm)
Bài 6 (4 điểm):
a. (2 điểm): Kẽ đường kính AE của (O; R). Ta có:
∆ AHB
∆ ACE (g–g)
AH
AB
=
⇒ AB. AC = AE. AH = 2 R.R 2 = 2 2 R 2
AC
AE
AB. AC
⇒
= R 2 là số chính phương (R là số nguyên)
2 2
b. (2 điểm): ∆ AHB vuông tại H có HD ⊥ AB
⇒ AH2 = AB.AD, tương tự AH2 = AC.AK
⇒ AH2 = AB.AD = AC.AK
AD AK
⇒
=
⇒ ∆ ADK
∆ ACB (c – g – c)
AC AB
⇒
(
)
R 2 2
S
AD AH
⇒ ∆ADK =
÷=
÷ =
2
S ∆ACB AC AB. AC
2 2R
1
⇒ S ∆ADK = S∆ABC (đpcm)
2
2
2
2
÷ =1
÷ 2
÷
