De va DA thi HSG lop 9-De so 3
Chia sẻ bởi Vũ Ngọc Kính |
Ngày 13/10/2018 |
47
Chia sẻ tài liệu: De va DA thi HSG lop 9-De so 3 thuộc Đại số 9
Nội dung tài liệu:
ĐỀ THI HSG KHỐI 9 SỐ 3
Câu 1: (4,0 điểm)
Tính giá trị của tổng :
Câu2 :( 3,0 điểm)
Chứng minh rằng A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1 là số chính phương
Câu 3:( 3,0 điểm)
Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn . Chứng minh rằng :
Câu 4:( 3,0 điểm)
Giải phương trình
Câu 5 : (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn , từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn thẳng IH , IK , IL lần lượt vuông góc với BC, CA, AB . Tìm vị trí của I sao cho AL2 + BH2 + CK2 nhỏ nhất
Câu 6: (4,0 điểm)
Xét tam giác ABC có độ dài các cạnh là a , b , c sao cho thoả mãn hệ thức :
15bc + 10ca + 1964ab = 2006abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC.
ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1:
(4,0 điểm)
Trước hết ta chứng minh ( với a > 0)
Thật vậy :
( với a > 0)
Do đó
1,0
1,0
1,0
1,0
Câu 2:
(3,0 điểm)
Ta có A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1
= (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1
=
=
=
Mà 10n+1 + 2 có tổng các chữ số là 3 .
Nên 10n+1 + 2 3
Vậy A là số chính phương .
Câu 3:
(3,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)
Tương tự :
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được : (2)
Từ (1) và (2)
Đẳng thức xảy ra
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
Câu 4:
(3,0 điểm)
Điều kiện x . Đặt t =
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
2t +
1,0
1,0
1,0
Câu 5:
(3,0 điểm)
- Vẽ hình đúng.
Ta có AI2 = AL2 + LI2 ; AI2 = AK2 + KI2 .
Suy ra AL2 + LI2 = AK2 + KI2 .
Tương tự BH2 + HI2 = BL2 + LI2 và CK2 + KI2 = CH2 + HI2
Cộng (1) ; (2) và (3) ta có : AL2 + BH2 + CK2 = AK2 + BL2 + CH2 .
Do đó AL2 + BH2 + CK2 =[(AL2 + BL2 ) + (BH2 + CH2 ) + (CK2 + AK2 )]
Ta có AL2 + BH2 +CK2 (AB2 + BC2 + AC2 ) ( không đổi ) .
Dấu “ = “ xảy ra <=> AL = BL, BH = BL , CK = AK <=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp
0,25
1,0
1,0
0,75
Câu 6:
(4,0 điểm )
Với x > 0 , y > 0 thì (1)
Ta có =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy MinM = 8024
0,25
1,0
0,75
0,5
1,0
0,5
Câu 1: (4,0 điểm)
Tính giá trị của tổng :
Câu2 :( 3,0 điểm)
Chứng minh rằng A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1 là số chính phương
Câu 3:( 3,0 điểm)
Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn . Chứng minh rằng :
Câu 4:( 3,0 điểm)
Giải phương trình
Câu 5 : (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn , từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn thẳng IH , IK , IL lần lượt vuông góc với BC, CA, AB . Tìm vị trí của I sao cho AL2 + BH2 + CK2 nhỏ nhất
Câu 6: (4,0 điểm)
Xét tam giác ABC có độ dài các cạnh là a , b , c sao cho thoả mãn hệ thức :
15bc + 10ca + 1964ab = 2006abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC.
ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1:
(4,0 điểm)
Trước hết ta chứng minh ( với a > 0)
Thật vậy :
( với a > 0)
Do đó
1,0
1,0
1,0
1,0
Câu 2:
(3,0 điểm)
Ta có A = (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1
= (10n + 10n-1 + … + 10 + 1)( 10n+1 + 5 ) + 1
=
=
=
Mà 10n+1 + 2 có tổng các chữ số là 3 .
Nên 10n+1 + 2 3
Vậy A là số chính phương .
Câu 3:
(3,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)
Tương tự :
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được : (2)
Từ (1) và (2)
Đẳng thức xảy ra
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
Câu 4:
(3,0 điểm)
Điều kiện x . Đặt t =
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
2t +
1,0
1,0
1,0
Câu 5:
(3,0 điểm)
- Vẽ hình đúng.
Ta có AI2 = AL2 + LI2 ; AI2 = AK2 + KI2 .
Suy ra AL2 + LI2 = AK2 + KI2 .
Tương tự BH2 + HI2 = BL2 + LI2 và CK2 + KI2 = CH2 + HI2
Cộng (1) ; (2) và (3) ta có : AL2 + BH2 + CK2 = AK2 + BL2 + CH2 .
Do đó AL2 + BH2 + CK2 =[(AL2 + BL2 ) + (BH2 + CH2 ) + (CK2 + AK2 )]
Ta có AL2 + BH2 +CK2 (AB2 + BC2 + AC2 ) ( không đổi ) .
Dấu “ = “ xảy ra <=> AL = BL, BH = BL , CK = AK <=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp
0,25
1,0
1,0
0,75
Câu 6:
(4,0 điểm )
Với x > 0 , y > 0 thì (1)
Ta có =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy MinM = 8024
0,25
1,0
0,75
0,5
1,0
0,5
* Một số tài liệu cũ có thể bị lỗi font khi hiển thị do dùng bộ mã không phải Unikey ...
Người chia sẻ: Vũ Ngọc Kính
Dung lượng: 46,40KB|
Lượt tài: 0
Loại file: rar
Nguồn : Chưa rõ
(Tài liệu chưa được thẩm định)