de thi hsg so 3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (96.31 KB, 4 trang )
Đề thi chọn học sinh giỏi thcs cấp tỉnh
Môn: Toán 9Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức: P =
23
625)625(
+
+
b/ Giải phơng trình: x
4
- 30x
2
+ 31x - 30 = 0
c/ Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dơng thoả mãn a + c = 2b thì ta luôn có:
ca
cbba
+
=
+
+
+
211
d/ Chứng minh rằng: x
3m+1
+ x
3n+2
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1 với mọi số tự nhiên m,n.
Câu 2 ( 4 điểm)
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x
2
+ 4x = 19 - 3y
2
Tìm giá trị của x để đẳng thức sau là đẳng thức đúng :
b. Giải phơng trình:
4524428183
22
+++
xxxx
= x
2
+ 6x -5
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =
12
2
68
2
3
+
+
xx
xx
d/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
1
24
2
++
xx
x
Câu 3 (3 điểm) Xét đa thức P(x) = x
9
+ x
99
a/ Chứng minh rằng P(x) luôn luôn chẵn với mọi x nguyên dơng
b/ Chứng minh rằng P(2) là bội số của 100
c/ Gọi N là số nguyên biểu thị số trị của P(4). Hỏi chữ số hàng đơn vị của N có thể là chữ số 0 đợc
không ? Tại sao ?
Câu 4 (3 điểm)
Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B sao
cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.
Câu 5 (3 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với 3 đờng cao AA, BB, CC. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Chứng minh rằng:
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
Câu 6 (3 điểm)
a. Cho 3 số dơng a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
9
111
++
cba
b. Cho 3 số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện a + b > c và |a - b| < c. Chứng minh rằng phơng
trình a
2
x
2
+ (a
2
+ b
2
- c
2
)x + b
2
= 0 luôn luôn vô nghiệm.
c. Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng qui tại H.
Chứng minh rằng:
6
111
++
HC
HC
HB
HB
HA
HA
. Dấu "=" xảy ra khi nào?
-------- Ht---------
Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh
Môn: Toán 9
Câu 1
1
a/ P =
123)23)(23(
23
2
)23(
2
)23(
==+=
+
+
(1 điểm)
b/ x
4
-30x
2
+ 31x - 30 = 0 <=> (x
2
- x + 1)(x - 5)(x + 6) = 0 (*) ( 0,25 điểm)
Vì x
2
- x + 1 = (x - 1/2)
2
+ 1/4 > 0 ( 0,25 điểm)
=> (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0 <=>
=
=
=+
=
6
5
06
05
x
x
x
x
(1/2 điểm)
c/ Ta có:
VT =
cb
cb
ba
ba
+
(*) (1/4 điểm)
Từ a + c = 2b => a = 2b c thay vào (*) ta có (1/4 điểm)
VT =
cb
ca
cb
cbba
cb
cb
bcb
ba
=
+
=
+
2
(**)
(1/4 điểm)
Thay b =
2
ca
+
vào (**) ta có
VT =
=
+
=
=
+
caca
ca
cca
ca
2)(2
2
2
VP (Đpcm) (1/4 điểm)
d. Ta có x
3m+1
+ x
3n+2
+ 1 = x
3m+1
- x + x
3n+2
- x
2
+ x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)
= x(x
3m
- 1) + x
2
(x
3n
- 1) + (x
2
+ x + 1) (0,25 điểm)
Ta thấy x
3m
- 1 và x
3n
- 1 chia hết cho x
3
- 1 do đó chia hết cho x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)
x
3m+1
+ x
3n+2
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)
Câu 2
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2x
2
+ 4x = 19 - 3y
2
<=> 4x
2
+ 8x + 4 = 42 - 6y
2
<=> (2x + 2)
2
= 6(7 - y
2
) (1/4 điểm)
Vì (2x + 2)
2
0 => 7 - y
2
0 => 7
y
2
mà y
Z => y =
2;1;0
(1/4 điểm)
+ Với y =
1 => (2x + 2)
2
= 6(7 - 1) <=> 2x
2
+ 4x - 16 = 0
=> x
1
= 4; x
2
= -2.
+ Với y =
2 =>2x
2
+ 4x - 7 = 0 => x
1
, x
2
Z (loại) (1/4 điểm)
+ Với y = 0 =>2x
2
+ 4x - 19 = 0 => x
1
, x
2
Z (loại)
Vậy cặp nghiệm (x, y) của phơng trình là: (4; 1); (4; -1); (-2; 1); (-2; -1).
b. Ta có:
9)3(41)3(3
22
+++
xx
= 4 (x-3)
2
Vì 3(x-3)
2
0 nên
1)3(3
2
+
x
1
Tơng tự :
9)3(4
2
+
x
3
Do đó
9)3(41)3(3
22
+++
xx
1 + 3 = 4
Mặt khác : 4 (x - 3)
2
4
Vậy vế trái = khi và chỉ khi x 3 = 0
Từ đó ta có x = 3
Vậy nghiệm phơng trình x = 3
c/ Có A =
2
)1(
1
1
2
3
2
)1(
1)1(2)12
2
(3
+
=
++
x
x
x
xxx
(1/2 điểm)
Đặt y =
1
1
x
=> A = y
2
2y + 3 = (y 1)
2
+ 2
2 (1/2 điểm)
=> min A = 2 => y = 1
1
1
1
=
x
=> x = 2
Vậy min A = 2 khi x = 2 (1/2 điểm)
2
d/ Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn
nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x
2
ta đợc:
M =
1
2
1
2
1
++
x
x
(1/2 điểm)
M đạt giá trị lớn nhất khi
2
1
2
x
x
+
nhỏ nhất =>
2
1
2
x
x
+
= 2 => x =
1
Vậy M lớn nhất bằng
1
/
3
khi x =
1
Câu 3 Ta có P(x) = (x
3
)
3
+ (x
33
)
3
= (x
3
+ x
33
)( x
6
x
36
+ x
66
)
= (x + x
11
)(x
2
x
12
+ x
22
)( x
6
x
36
+ x
66
) (1/4 điểm)
a/ Với x chẵn thì x
9
, x
99
đều chẵn
x lẻ thì x
9
, x
99
đều lẻ
=> x
9
+ x
99
đều chẵn với mọi x nguyên dơng (1/4 điểm)
b/ Ta có x
11
= 2048 nên x + x
11
= 2050 (1/4 điểm)
Vì x = 2 nên các thừa số còn lại đều chẵn do đó p là bội của 4100
Vậy P(2) chia hết cho 100 (1/4 điểm)
c/ Ta có N = P(4) = 4
9
+ 4
99
= (2
9
)
2
+ (2
99
)
2
= (2
9
+ 2
99
)
2
2 . 2
9
. 2
99
(1/4 điểm)
Theo câu b thì số bị trf có chữ số hàng đơn vị là 0 mà số trừ lại có số hàng đơn vị khác 0 hay hiệu
của chữ số hàng đơn vị khác 0
Vậy chữ số đơn vị của N khác 0.
Câu 4
- Dựng A đối xứng với M qua Ox (1 điểm)
- Dựng B đối xứng với M qua Oy
- Nối AB cắt Ox tại A, cắt Oy tại B (1 điểm)
=> AM = AA (A
Ox trung trực của AM)
BM = BB (B
Oy trung trực của BM)
(1/2 điểm)
=> P
(AMB)
= AA + AB + BB nhỏ nhất
(vì A, A, B, B thẳng hàng)
Câu 5: + Có S
ABC
=
2
1
BC . AA (1/2 điểm)
+ Có S
HBC
=
2
1
BC . HA (1/2 điểm)
+ Có S
HAC
=
2
1
AC . HB (1/2 điểm)
+ Có S
HAB
=
2
1
AB . HC (1/2 điểm)
+
AA'
HA'
ABC
S
HBC
S
=
;
BB'
HB'
ABC
S
HAC
S
=
;
CC'
HC'
ABC
S
HAB
S
=
(1/2 điểm)
=>
1
ABC
S
ABC
S
ABC
S
HAB
S
HAC
S
HBC
S
==
++
Vậy
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
(1/2 điểm)
Câu 6
3
x
y
O
M
A'
B'
A
B
A
B
C
C'
B'
A'
H
H
C
1
C
B
1
B
A
1
A
a. Do a + b + c = 1 nên
++=
++=
++=
c
b
c
a
c
b
c
b
a
b
a
c
a
b
a
1
1
1
1
1
1
(1/2 điểm)
Vậy
922233
111
=+++++++++=++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
cba
Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c = 1/3
b. Tính biệt số
= [(a b)
2
c
2
][(a + b)
2
c
2
]
(1/2 điểm)
Vì a + b > c > 0 và 0 < | a b| < c
nên (a b)
2
< c
2
=> (a b)
2
c
2
< 0
và (a + b)
2
> c
2
=> (a + b)
2
c
2
> 0
Do vậy
< 0 => Phơng trình vô nghiệm (1/2 điểm)
c. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. A
* Đặt S = S
ABC
; S
1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta có:
11
1
1
1
1
1
..
2
1
..
2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA
BCAA
S
S
+===
Tơng tự:
12
1
HB
HB
S
S
+=
13
1
HC
HC
S
S
+=
Suy ra:
1 1 1 1 2 3
1 1 1
3
HA HB HC
S
HA HB HC S S S
+ + = + +
ữ
1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S
= + + + +
ữ
Theo bất đẳng thức Côsy:
1 2 3
1 2 3
1 1 1
1 1 1
( ) 9
9 3 6
S S S
S S S
HA HB HC
HA HB HC
= + + + +
ữ
+ + =
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
4
