Đê thi chọn học sinh giỏi lớp 9 vòng 1 năm học 2011 - 2012

ĐÊ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 1 NĂM HỌC 2011-2012

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1. Giải các phương trình

a) x2 + 2x + 2 = 3 2 2 x 2x 2x 1   

b) 2x 3 4x 7 2x 9 5 4x 7 4 2       

Bài 2. Cho a và b là các số thoả mãn: 2 2 ( a 2011 a)( b 2011 b) 2011     

a) Chứng minh: 2 2 ( b 2011 b) ( a 2011 a)     

b) Tính: P = a2011 + b2011 + 2011.

Bài 3. Cho a, b, c, d là các số dương, chứng minh:

a) a b b c c d d a 0 b c c d d a a b            

b) . a b c a d b d c d b c a b d c d a d           

Bài 4. Cho hình chữ nhật ABCD, cạnh AB = a . M là trung điểm AB, trên BC lấy điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng DC tại P, đường thẳng PB cắt đường thẳng DM tại Q.

a) Chứng minh = AQAB ABAP

b) Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng CM cắt đường thẳng BC tại H. Tính giá trị

nhỏ nhất của diện tich tam giác AHC theo a

Bài 5. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện

  3 3 2 2 x y 2 x y 3xy 17     

--------------------Hết------------------

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ThuVienDeThi.com

Bài Đáp án Điểm Bài 1

a)

b)

Bài 2:

a)

b)

Bài 3:

a)

x2 + 2x + 2 =  3 2 2 x 2x 2x 1          2 2 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1        

Với ĐKXĐ: x  -1. Phương trình trở thành  

2 2 x 1 x x 1 0    

  x = 0 (TMĐK). Vây phương trình có nghiệm x = 0 2 x 1 x x 1   

2x 3 4x 7 2x 9 5 4x 7 4 2       

Nhân hai vế của phương trình với , ta được: 2

4x 6 2 4x 7 4x 18 10 4x 7 8        

 4x 7 2 4x 7 1 4x 7 10 4x 7 25 8         

 2 2 ( 4 7 1) ( 4 7 5) 8 x x      

 (*) 4x 7 1 4x 7 5 8      

Với ĐKXĐ x phương trình (*) trở thành 2 hay 7

4 4 7 2 x   4 7 1 x  

 4x - 7 = 1  x = 2 (TMĐK). Vậy phương trình có nghiệm x = 2

Từ 2 2 ( a 2011 a)( b 2011 b) 2011     

 2 2 2 2 ( a 2011 a)( a 2011 a)( b 2011 b) 2011( a 2011 a)         

 2 2 2 2 (a 2011 a )( b 2011 b) 2011( a 2011 a)       

 2 2 2011( b 2011 b) 2011( a 2011 a)     

 (1) 2 2 ( b 2011 b) ( a 2011 a)     

Tương tự ta có: (2) 2 2 ( a 2011 a) ( b 2011 b)      Từ (1) và (2)  a = - b Nên P = a2011 + b2011 + 2011 = a2011 - a2011 + 2011 = 2011

BĐT tương đương a b b c c d d a 1 1 1 1 4 b c c d d a a b            

 a c b d c a d b 4 b c c d d a a b                 1 1 1 1 a c b d 4 b c d a c d a b                       

Áp dụng BĐT phụ (HS phải chứng minh) ta có: 1 1 4 x y x y   

    1 1 1 1 a c b d b c d a c d a b                      

= 4     4 4 a c b d a b c d a b c d       

5 điểm

1 đ

1đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

5 điểm

1 đ

0,5 đ

0,5 đ

1 đ

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

5 điểm

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

ThuVienDeThi.com

b)

Bài 4:

a)

b)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b= c = d

Do vai trò a, b, c bình đẳng nên ta giả sử a b c. 

Ta có: = a b c 3 b c a    a b b c b 2 1 b a c a a                  

= = (1)

2 2 2 a b 2ab ab c bc ac ab ac      

2 (a b) (a c)(b c) ab ac    

Tương tự ta cũng có = (2) a d b d c d 3 b d c d a d         

2 (a b) (a c)(b c) (a d)(b d) (a d)(c d)         Vì a, b, c, d > 0 và a b c  

Nên (3)

2 (a b) (a c)(b c) ab ac     

2 (a b) (a c)(b c) (a d)(b d) (a d)(c d)        

Từ (1), (2) và (3) suy ra a b c a d b d c d b c a b d c d a d            Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt AQ tại K.

Ta có: ;   KB //AP QK QM QA QD  QM QB QD QP  QK QB QA QP 

 (sole trong) (1) A A KBA BAP  KBA cân tại K (Trung tuyến KM vừa là đường cao). Nên (2) A A QAB KBA 

Từ (1) và (2) suy ra (Đpcm) A A QAB BAP 

AHB  CMB (g – g)   HB. CB = MB. AB HB AB MB CB 

= (không đổi)

2 a a .a 2 2 

Ta có SAHC = AB. HC = . HC. Do đó (SAHC)min  HC Min 1 2

a 2 Vì HC = HB + BC nên HC Min  HB = CB (vì HB. CB không đổi) Lúc đó: Tam giác AHC cân tại A

Vì HB. CB  HB2  HB =

2 a

2 

2 …