Gợi ý giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 - Thị Xã Hương Trà năm học: 2011 - 2012

THCS Bình Thành GV: Lê Công Thuận GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 THỊ XÃ HƯƠNG TRÀ NĂM HỌC: 2011 - 2012 Thời gian: 150 phút ngày 28/02/2012 (Lời giải này chỉ dùng để tham khảo) Câu 1 (2 điểm): Cho ba số a,b,c có tích bằng 2011. Hãy tính giá trị của biểu thức: 2011M = 2011 2011 2011 1 a b c a ab b bc ac c         Giải: Ta có a.b.c = 2011. Đặt m = 2011 M = 1 ma b c m ma ab m b bc ac c         = 2 1 mac bac c mc mac abc mac bac bac ac c         = 1 mac m c mc mac m mac m mc ac c         = 1 1 1 1 ac c c ac ac c ac c         = 1 1 ac c ac c     = 1 Câu 2 (2 điểm): Cho a, b, c, d là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1P = ( a + b + c + d)( + + + ) a b c d Giải: Đặt , , ,a x b y c z d t    (x, y, z, t > 0) P =   1 1 1 1x y z t x y z t            Nhân phân phối ta được: = 4 + x y x z x t y z t y z t y x z x t x z y y t t z            = 4 + 12 + ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)x y x z x t y z t y z t y x z x t x z y y t t z                  = 16 +             2 2 2 2 2 2x y x z x t y z y t z t xy xz xt yz yt zt            Vì             2 2 2 2 2 2 0, 0, 0, 0, 0 x y x z x t y z y t z t xy xz xt yz yt zt             P = 16 +             2 2 2 2 2 2x y x z x t y z y t z t xy xz xt yz yt zt            16 Vậy Min P = 16 khi x = y = z = t THCS Bình Thành GV: Lê Công Thuận Tổng quát: (a1 + a2 + ...+an) 2 1 2 1 1 1( ) n n a a a        Câu 3 (4 điểm): Cho C và D là các điểm nằm trên nửa đường tròn tâm (O) đương kính AB = 2R sao cho AC = R và AD = R 2 . Gọi M. N lần lượt là hình chiếu của các điểm A và B lên đường thẳng CD. a. Tính tỷ số DM CN b. Chứng minh rằng SADB + SACB = SABNM (Kí hiệu SACB là diện tích tam giác ACD; SABNM là diện tích tứ giác ABNM) Giải: a) Gọi I là trung điểm MN. IM = IN Ta có: IO là đường trung bình hình thang ABNM nên: IO // BN  IO CD  COD cân tại O có IO là đường cao nên: IC = ID DM = IM + ID CN = IN + IC DM = CN hay DM 1 CN  b) SABNM = SAMC + SBCN + SACB (1) vì 2 2 2(R 2) R R  = 2R2 nên AD2 = AO2 + DO2  0AOD 90  ACO đều  0AOC 60  0COD 30  COD cân tại O  0 0 0180 30DCO 75 2     0 0 0 0ACM 180 (60 75 ) 45     0BCN 45   AMC vuông cân tại M có AC = R nên: MA = MC= R 2 SAMC = 2R 4  ABC có BC = 2 2(2R) R R 3   CNB vuông cân tại N có BC = R 3 nên: SBCN = 23R 4 SAMC + SBCN = 2 2 2R 3R R 4 4   SADB (2) Từ (1) , (2) SADB + SACB = SABNM I N D C M O BA THCS Bình Thành GV: Lê Công Thuận Câu 4 (2,5 điểm): Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2y3 - 4xy3 + x2 + y2 = 2y + 3 (1) Giải: (1)  xy3(x - 4) + x2 -16 = -y2 +2y - 1 - 12  (x - 4)(xy3 + x + 4) = -(y - 1)2 - 12 < 0  (x - 4)(xy3 + x + 4) < 0 3 x 4 0(*) xy x 4 0        (I) hoặc 3 x 4 0 xy x 4 0       (II) Trường hợp (II) vô nghiệm vì x, y N nên xy3 + x + 4 > 0 Từ (*) x < 4 hay x = 0,1,2,3 Thay x = 0 vào (1) được: y2 = 2y + 3  (y - 3)(y + 1) = 0  y = 3 (y = -1 loại) Thay x = 1 vào (1) được: 3y3 - y2 + 2y + 2 = 0 (vô nghiệm) vì y N nên 3y3 - y2 + 2y + 2 > 0 Thay x = 2 vào (1) được: 4y3 - y2 + 2y - 1 = 0 (vô nghiệm) Vì y N nên 4y3 - y2 + 2y - 1 > 0 Thay x =3 vào (1) được: (y -1)(-3y2 - 4y - 6) = 0  y - 1 = 0 ( -3y2 - 4y - 6 < 0)  y = 1 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm thuộc N: (x;y) = (0;3), (3;1) Câu 5 (2,5 điểm): Giải phương trình 2 2 23 3 34 49 49 14 3 ( 7)x x x x      (2) Đặt 3 37 x a, 7 x b    2)  2 23 334 (7 )(7 ) (7 ) 3 ( 7)x x x x       4ab - a2 = 3b2  a2 - 4ab + 3b2 = 0  a2 - ab - 3ab + 3b2 = 0  (a - b)(a - 3b) = 0 3 3 3 3 a b 7 x 7 x a 3b 7 x 3 7 x             1 2 x 07 x 7 x x 6,57 x 27(7 x)             Câu 6 (2,5 điểm): Cho hai đường thẳng (d): y = (m2 - 5m + 4)x + 4 và (d'): y = (m - 1)x - m + 3. Tìm các giá trị của m sao cho: a. Hai đường thẳng (d) và (d') cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung. b. Hai đường thẳng (d) và (d') song song với nhau. Giải: a) (d): y = (m2 - 5m + 4)x + 4 cắt trục tung tại điểm có tung độ = 4 (d'): y = (m - 1)x - m + 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ = -m + 3 Vậy (d) cắt (d') tại điểm trên trục tung thì -m + 3 = 4 hay m = -1 b) (d) // (d') 2 2 (m 1)(m 5) 0m 5m 4 m 1 m m 5m 5 0 m 14 m 3 m 1                        THCS Bình Thành GV: Lê Công Thuận m 1 m 5     Câu 7 (2 điểm): Giải hệ phương trình 2 2 5 8 12 3 8 20 x y x y         (I) Giải: ĐK: x 0, y 0  Đặt 2 1 1a, b x y   Hệ (I) 5a 8b 12 8a 32 a 4 3a 8b 20          Thay a = 4 vào 5a - 8b = 12 được: 5.4 - 8b = 12  b = 1 2 1 4 1xx 41 1 y 1 y             Vậy hệ (I) có hai nghiệm: ( 1 1;1 , ; 1 4 4            Câu 8 (2,5 điểm): Cho tam giác ABC có AB:AC:BC = 7:11:12 và các đường phân giác trong AD và BE cắt nhau tại O. Biết rằng AD = x cm. Hãy tính OA và OD theo x. Giải: Ta có: AB:AC:BC = 7:11:12 hay c b a m 7 11 12     c =7m, b = 11m, a = 12m AD là phân giác BAC nên: c BD BD c b DC BD DC b c      BD c a b c    ac 12m.7m 14mBD b c 11m 7m 3       BO là phân giác ABD nên: OA c 7m 314mOD BD 2 3    OA 3 OA 3 OA OD 2 3 x 5       3x 3x 2xOA OD x 5 5 5       ---HẾT--- E b a c D O CB A