Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trịnh Thị Lan

Phòng GD-Đông Sơn Trường THCS Đông Thanh Giáo Viên: TRịnh Thị Lan

Đề thi tuyển học sinh giỏi tỉnh năm học 2005-2006

Môn thi : Toán- Thơi gian làm bài: 150 phút -------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 1: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a;bsao cho 2 2 2

  ab a là số nguyên.

Bài 2: Cho x 0 và x x 1  = a là hằng số. Tính theo a cho các biểu thức sau:

A = 3 3 1 x x  ; B = 6 6 1 x x  ; C = 7 7 1 x x 

Bài 3: Giải hệ phương trình: 1 4    z y x 1 4    x z y 1 4    y x z

Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

3 2 2

2

2



   x

x x y

Bài 5: Cho phương trình: x4 + 2(a+1)x2 - 3a = 0. Xác định a để phương trình có 4 nghiệm x1;x2;x3;x4 thoả mãn : x4- x3 = x3 – x2 = x2 – x1. Bài 6: cho parabol y = x2 . gọi A;B là các giao điểm của đường thẳng y = mx + 2 với parabol (m là tham số). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất. Cho biết công thức tính khoảng cách giữa hai điểm(x1;y1)và (x2;y2) là: 2 1 2 2 1 2 ) ( ) ( y y x x    Bài 7: Cho ABC  cân (AB = AC). Lấy D trên cạnh BC (D khác B,C). gọi r1;r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp ABD  , ADC  . Xác định vị trí của D để tích r1.r2 đạt giá trị lớn nhất. Bài 8: Cho điểm I ë bên trong hình vuông ABCD tâm 0 . Gọi A/ là hình chiếu của A trên BI; C/ là hình chiếu của C trên DI. Gọi K là giao điểm của A A/ và CC/.

a, Chứng minh rằng KOI là tam giác vuông cân. b, Gọi B/ là hình chiếu của B trên CI. Chứng minh rằng BB/ cũng đi qua K.

------------------*****-------------------

ThuVienDeThi.com

Đáp án Câu (Điểm)

Hướng dẩn giải Điểm

1 Xét a=1 Thấy không có cặp số nguyên dương(a,b) nào thoả mãn đề bài do đó phải có a2

Để 2 2 2

  ab a là số nguyên suy ra:

a2-2(ab+2)b(a2-2)(ab+2)  ab2-2b+2a-2a  (ab+2)  a(ab+2)-2(a+b)  (ab+2) 2(a+b)  (ab+2) 2(a+b) = k(ab+2) (k * N  ) * Nếu k=1 ta có: 2(a=b)=ab+2 (a-2)(b-2)=2 Do a-2  0 và b-2  0 nên chỉ sảy ra: a = 3 Hoặc a = 4 b = 4 b = 3 thử lại thấy chỉ có a = 4 và b = 3 là thoả mãn đề bài. * Nếu k  2 Ta có: 2(a+b)=k(ab+2)  2(ab+2) a + b  ab + 2 (a-1)(b-1)+1  0 Điều này không sảy ra. Vậy chỉ có cặp số (a;b) = (4;3) thoả mãn đề bài

0,25

0,75

0,5

0,5 2 2điểm

Dễ dàng chứng minh được khi n >1 ta có:

1 1 1 1 1 ( ) 1 )( 1 ( 1

          n n n n n n

x x x x x x x x )

Cho n=2 ) 1 ( ) 1 )( 1 ( 1

2 2 3 3

x x x x x x x x      

Với 2 2 ) 1 ( 1 2 2 2 2       a x x x x

Ta được: A= a3 – 3a

B = 2 9 6 2 ) 3 ( 2 ) 1 ( 1 2 4 6 2 3 2 3 3 6 6            a a a a a x x x x

C= a a a a x x x x x x x x 7 14 7 ) 1 ( ) 1 )( 1 ( 1 3 5 7 3 3 4 4 7 7          

0,5

0,5 0,5

0,5

3 2 điểm điều kiện x;y;z 4

1

nhân mỗi vÕ của mỗi phương trình với 2 rồi cộng lại ta có: 4x+4y+4z=2 1 4  z +2 1 4  x +2 1 4  y chuyển vÕ ta được: ( 1 4  z -1)2+( 1 4  x -1)2+( 1 4  y -)2=0

0,25

0,75

ThuVienDeThi.com

1 4  z -1= 0 x = 2

1

1 4  x -1= 0  y= 2

1 Thoả mãn điều kiện

1 4  y -1=0 z= 2

1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất(x;y;z)=( 2

1 ; 2

1 ; 2

1 )

0,75

0,25 4 3 điểm 1

3 2 2

2

2



   x

x x y = z x

x   

  1 1

2 2 4 1 2

Với z = 1

2 2 4

2 

 x

x

Vì x2 >0 với mọi x GTLN (z) đạt được khi tử dương và GTNN (z) đạt được khi tử âm. Xét:

* 2 2 4  x =0  x = 4

2  thì z = 0 y =1

* 2 2 4  x > 0  x > 4

2  thì GTLN(y) =1+GTLN(z)

từ (2x2+1)+1  1 2 2  x > 0

Từ đó z = 4 1 2 2

)1 2 2 ( 4 1 1 2

)1 2 2 ( 4 )1 ( 2

) 2 2 4 ( 2

2 2  

   

  



x

x x

x x

Đẳng thức sảy ra khi x= 2

2 lúc đó GTLN (y)=5

* 2 2 4  x < 0 x< 2

2  xét tương tự trên, từ:

x2+1=(x2+2)-1 - 1 2 2  x =-( 1 2 2  x )>0

có z  2 1 2 2

)1 2 2 ( 2    



x

x Đẳng thức sảy ra khi x=- 2 lúc đó

GTNN(y) = 1+ GTNN(z)=-1

0,5

0,5

1

1

5 2 điểm

Nhận xét:Nếu phương trình trùng phương có 4 nghiệm: x1;x2;x3;x4 thì x1+x2+x3+x4=0 Theo giả thiết x4+x2=2x3 và x1+x3=2x2  x1+x2+x3+x4=2(x2+x3)=0  x2+x3= 0  x2=-x3 x4=3x3 Đặt x2=t 0 ta có phương trình: …