Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS - Năm học 2010 - 2011 môn thi: Toán - Đề 11

PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1(4đ): Tìm số tự nhiên n để và là hai số chính phương.
Câu 2(4đ): a) Giải hệ phương trình: 
b) Giải phương trình: .
Câu 3(5đ): a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
 .
b) Từ đó suy ra : 
Câu 4(5đ): Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng SABCD (MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 5(2đ): Cho ba số a,b,c thỏa mãn đồng thời các điều kiện: a+b+c=1 và .
Chứng minh: 
	Hết
Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh...........................
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI : TOÁN
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
Để và là hai số chính phương thì 
và
1,0đ
1,0đ
Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 
1,0đ
Từ suy ra 
0,5đ
Thay vào biểu thức , ta được .
Vậy với thì và là hai số chính phương.
0,5đ
Câu 2
a) Giải hệ phương trình: 
Lấy (1)+(2) theo vế ta được: (x + )2 + x + - 20 = 0. Đặt: t = x + 
 => t2 + t - 20 = 0 ó(t – 4)(t + 5) = 0 ó t1 = 4, t2 = -5	
Với t = 4 => x + = 4 => x = 4 - . Thay vào (2) có: (2y-1)2 = 0 => y =
=> x = 2.	 Với t = -5 => x + = -5=> x = -5 - . Thay vào (2) có: 
13y2 + 5y + 1 = 0 phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x = 2, y =
b) Giải phương trình: 
Điều kiện : .
Đặt : 
Phương trình đã có trở thành hệ :
Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9 
 . 
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 3
a) Từ biểu thức : 
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
 (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
 (3)
 (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
b) Áp dụng BĐT (1) với 
Ta có : abc = 3 + , xyz = 3-, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó : (đpcm).
1,0đ
0,5đ
0,5đ
Câu 4
a) Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ. Khi đó : 
BJ = (trung tuyến D vuông MBN) 
Tương tự DK =. 
IJ = (IJ là đtb D MNQ). 
Tương tự IK =. 
Vì BD £ BJ + JI + IK + KD. Dođó: 
- đpcm.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1,0đ
b) Chu vi tứ giác MNPQ là :
 MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
 = 2(BJ + JI + IK + KD) ³ 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.
0,5đ
0,5đ
1,0đ
Câu 5
Ba số a,b,c, thỏa mãn đồng thời các điều kiện: a+b+c = 1 và .
Từ . => ab+ac+bc= abc (a+b+c)(ab+ac+bc) = abc 
0,5đ
 (a+b)(b+c)(c+a) = 0 a+b = 0 hoặc b+c= 0 hoặc c+a = 0. 
0,5đ
Nếu: a+b = 0 => c = 1 => a2011 + b2011 = 0 => a2011 + b2011 +c2011 = 1 
Tương tự với: b+c= 0 hoặc c+a = 0.
1,0đ
MA TRẬN ĐỀ 
Nội dung – Chủ đề
Mức độ
Tổng
Thông hiểu
Vận dụng thấp
Vận dụng cao
KQ
TL
KQ
TL
KQ
TL
Số học
C1
4
1
4
Đại số
C2a
2
C2b
2
C3a,b;C5
7
5
11
Hình học
C4a
3
C4b
2
2
5
Tổng
2
4
3
9
3
7
8
20