Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 12 potx

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
THCS
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC : 2011 – 2012


Đề chính thức Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát
đề )
Ngày thi : 18 / 03 / 2012


Bài 1: ( 4,0 điểm )
a) Rút gọn biểu thức sau: A =
8 15 8 15
2 2
 

b) Giải phương trình :
3
2
2
16 0
16
x
x
x
  



Bài 2: ( 4, 0 điểm)

a) Chứng minh rằng n
3
– n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện :
a
2
+ b
2
+ c
2
= (a –b)
2
+ (b- c)
2
+ ( c – a)
2

Chứng minh rằng nếu c

a và c

b thì c

a + b

Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Cho phương trình x
2
+(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x

1
và x
2
sao cho biểu thức A = (x
1
2
– 9)(x
2
2
– 4) đạt giá trị lớn nhất.

Bài 4: (6, 0 điểm)
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 20
0
; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a
3
+ b
3
= 3ab
2
.
2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di
động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là
giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.

Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .

Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x
2
+ y
2
) +
4
x y



8












HƯỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1: ( 4,0 điểm )
a) A =
8 15 8 15
2 2
 


* Cách 1: A
2
=
2
8 15 8 15
2 2
 
 
 

 
 
=
8 15
2

+
8 15
2

+ 2
8 15 8 15
.
2 2
 

= 8 + 2
49
4

= 8 + 7 = 15
Vì A > 0 nên A =
15


* Cách 2: A =
8 15 8 15
2 2
 
 =
16 2 15 16 2 15
4 4
 

=
2 2
( 15 1) ( 15 1)
4 4
 
 =
15 1 15 1
2 2
 
 =
15

b)
3
2
2

16 0
16
x
x
x
  

. ĐK : 16 – x
2
> 0

- 4 < x < 4
Đặt y =
2
16
x

> 0

x
2
– 16 = - y
2
. Ta có :

3
x
y
- y
2

= 0

x
3
– y
3
= 0

(x – y)(x
2
– xy + y
2
) = 0

x – y = 0 ( vì x
2
– xy + y
2
> 0
)

x = y .
2
16
x

= x . Với x > 0 thì
2
16
x


= x

16 – x
2
= x
2


2x
2
= 16

/x/ =
8



x =

8

Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x =
8
thõa mãn .
Phương trình có một nghiệm x =
8
.

Bài 2: ( 4, 0 điểm)

a) n
3
– n = n(n
2
– 1) = n(n – 1)(n + 1).
Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia
hết cho 4. Do đó tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8.
Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24.
Vậy : n
3
– n chia hết cho 24 với n lẻ.

b) Từ điều kiện : a
2
+ b
2
+ c
2
= (a –b)
2
+ (b- c)
2
+ ( c – a)
2

Suy ra : a
2
+ b
2

+ c
2
= 2(a
2
+ b
2
+ c
2
) – 2(ab + bc + ca)


a
2
+ b
2
+ c
2
= 2(ab + bc + ca)
* Cách 1 : Nếu c

a và c

b thì a
2
+ b
2
+ c
2
= 2ab + 2bc + 2ca


2ab + 2b
2
+ 2a
2



c
2


( a + b)
2


c

a + b ( vì a, b, c > 0 )

* Cách 2 : Từ a
2
+ b
2
+ c
2
= 2ab + 2bc + 2ca

a
2
+ b

2
+ c
2
- 2ab - 2bc - 2ca = 0


( a – b + c )
2
= 4ca . Nếu c

a thì ( a – b + c )
2
= 4ca

4a
2


( a – b + c )
2
- 4a
2


0

(a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a )

0


( c – a – b )(3a – b + c)

0
Vì a > 0 và nếu c

b thì 3a – b + c > 0 .

c – a – b

0

c

a + b .

Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Phương trình x
2
+(m – 1)x – 6 = 0 có

= ( m – 1)
2
+ 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai
nghiệm phân biệt x
1
và x
2
.
Áp dụng định lý Vi-et : x
1

+ x
2
= 1 – m ; x
1
.x
2
= - 6
A = (x
1
2
– 9)(x
2
2
– 4) = (x
1
.x
2
)
2
– 4x
1
2
– 9x
2
2
+ 36 = 72 - 4x
1
2
– 9x
2

2
= – (4x
1
2
+ 9x
2
2
+ 12
x
1
.x
2
)

= – ( 2x
1
+ 3x
2
)
2


0
A = 0




 
 

1 2
1 2
1 2
2 3 0 1
. 6 2
1 3
x x
x x
x x m

 

 


  

.
Từ (2)

x
1
=
2
6
x

, thay vào (1) có :
2
12

x

+ 3x
2
= 0

x
2
=

2
- Với x
2
= 2

x
1
= - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1

m = 2
- Với x
2
= - 2

x
1
= 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1

m = 0
- Vậy : m


{ 0 ; 2 }

Bài 4: (6, 0 điểm)
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 20
0
; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a
3
+ b
3
= 3ab
2
.

B C
A
D
E


ABC cân tại A có góc BAC = 20
0
nên ABC = ACB = 80
0

Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 60
0
, khi đó DBC = 20
0

nên BDC =
80
0




BDC cân tại B

BD = BC = a .

BDC

ABC ( g – g)


DC BC
BC AC


DC =
2
a
b


AD = b -
2
a
b


BDE vuông có EBD = 60
0
nên BE =
1
2
BD =
1
2
a và DE = BD
3
2
=
a.
3
2
;
AE = b -
1
2
a.
Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có :
AD
2
= AE
2
+ DE
2


(b -
2
a
b
)
2
= (b -
1
2
a)
2
+ (a.
3
2
)
2


b
2
- 2a
2
+
4
2
a
b
= b
2

- ab +
2
4
a
+
2
3
4
a



4
2
a
b
= 3a
2
–ab

a
4
= 3a
2
b
2
- ab
3



a
4
+ ab
3
= 3a
2
b
2


a
3
+ b
3
= 3ab
2
.


2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di
động trên cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là
giao điểm của BD và AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
E'
E
M
O
I
A

D
B
C

a) AD // BC

AB = CD

DAC = ADB

MA
= MD .
Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của
AD (1)
Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là
đường trung trực của AD (2)
Từ (1) và (2)

I, O, M thẳng hàng.
b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg
cân)
COD = 2. MAD ( góc ở tâm và
góc nội tiếp)

CMD = COD
Do đó tứ giác CMOD nội tiếp.
Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp
Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn
ngoại tiếp tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp
tứ giác CMOD tại E’.

Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua
OM nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với
đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA qua OM.
OM

ME nên OE là đường kính của đường tròn
(BMOA)
A, O, B cố định nên E cố định

OE không đổi

Đường tròn ngoại tiếp

MCD có bán kính không đổi.


Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .
Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x
2
+ y
2
) +
4
x y



8

Ta có : (x + y + 1)(x
2
+ y
2
) +
4
x y

= (x + y + 1)(x
2
+ y
2
) - ( x + y) + ( x + y ) +
4
x y


= ( x + y )( x
2
+ y
2
) + (x
2
+ y
2
) - ( x + y) + ( x + y ) +
4
x y


= ( x + y ) (x
2
+ y
2
– 1) + (x
2
+ y
2
) + ( x + y ) +
4
x y


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :
x + y

2
xy
= 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra

x = y = 1
x
2
+ y
2


2xy = 2 . Dấu “ = “ xảy ra

x = y = 1

( x + y ) +
4
x y



4 . Dấu “ = “ xảy ra

(x + y)
2
= 4

x = y = 1.
Do đó : (x + y + 1)(x
2
+ y
2
) +
4
x y



2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8
Dấu “ = “ xảy ra

x = y = 1