DE THI + DAP AN HSG THANH PHO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÒA BÌNH NĂM HỌC 2009-2010
MÔN: TOÁN 9
(Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12-01-2010
Bài 1. ( 2,0 điểm)
Chứng minh rằng các số có dạng
2 1
2
2
n
+
+ 3 là những hợp số ( n nguyên dương)
Bài 2. ( 2,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y
4
= x
6
+ 3x
3
+ 1
Bài 3. ( 1,5 điểm)
Giải phương trình
2
2
2
4 6
4 8
4 5
x x
x x
x x

− +
− + =
− +
Bài 4. ( 2 điểm)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh bất đẳng thức:
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
> 2
Bài 5. ( 2,0 điểm)
Cho
·
xOy
. Các điểm A và B thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho
1 1 1
OA OB k
+ =
( k là hằng số ). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố
định.
Bài 6. ( 3,5 điểm)
Cho biểu thức: A =
2 1 3 9 3
1 2 2
x x x x
x x x x
− + + −
− +
− + + −
a) rút gọn biểu thức A.

b) tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 + 2
2
.
c) Tìm x để A có giá trị bằng -2.
d) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên.
Bài 7.( 2,0 điểm)
Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn hệ phương rình:
4 4 2 1
8 4 8
x y z
x y z
− + =


+ + =

a) Biểu thị x và y theo z.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A = x + y – z.
Bài 8. ( 5,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC, gọi P là giao điểm của trung tuyến BM và phân giác CD
( M
∈
AC, D
∈
BC ) . Chứng minh rằng:
PC AC
PD AB
−
= 1 ( 2,0 điểm)
b) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, bán kính R. Từ 1 điểm C trên tia đối của tia

BA, kẻ 1 cát tuyến cắt đường tròn ở E và D ( E nằm giữa C và D), biết
·
DOE
có số đo
bằng 90
0
và OC = 3R.
1) Tính độ dài các đoạn thẳng CD và CE theo R?
2) Chứng minh: CE.CD = CA.CB. ( 3,0 điểm)
………………………………….Hết…………………………………………………
Bài giải
Bài 1.
Nếu n nguyên dương thì 2
2n
– 1 = 4
n
– 1 = ( 4 – 1)( 4
n-1
+ 4
n-2
+…+ 1)
M
3
 2
2n+1
-2 = 2( 2
2n
-1)
M
6 => 2

2n + 1
= 6k + 2 ( k nguyên dương)
Ta có
2 1
2
2
n
+
+ 3 = 2
6k+2
+ 3 = (2
6
)
k
.2
2
+ 3 = 4(64
k
– 1) + 7
M
7
Vì
2 1
2
2
n
+
+ 3 > 7 và chia hết cho 7 nên là hợp số.
Bài 2. PT đã cho tương đương với PT: 4y
4

= 4x
6
+ 12x
3
+ 4
 (2x
3
+ 3)
2
– (2y
2
)
2
= 5  ( 2x
3
- 2y
2
+ 3)( 2x
3
+ 2y
2
+3) = 5 (1)
Vì 2x
3
+ 2y
2
+3 > 2x
3
- 2y
2

+ 3 với mọi x, y nguyên nên ( 1)

3 2
3 2
2 2 3 5
2 2 3 1
x y
x y

+ + =


− + =


hoặc
3 2
3 2
2 2 3 1
2 2 3 5
x y
x y

+ + = −


− + = −


Giải các hệ trên ta được x = 0 và y =

±
1
Vậy PT có nghiệm (x,y) = ( 0; 1) ; ( 0; -1)
Bài 3. Có
2
4 8 2x x− + ≥
và có
2
2 2
4 6 1
1 1 1 2
4 5 4 5
x x
x x x x
− +
= + ≤ + =
− + − +
Do đó PT có nghiệm  dấu “=” ở 2 bất đẳng thức xảy ra  x – 2 = 0  x = 2
Thử lại x = 2 thỏa là nghiệm của PT .
Vậy PT có nghiệm x = 2.
Bài 4. Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 2 số dương là a và b+ c ta có:
2 ( )a b c+ ≤
a + b +c 
1 1 2
2 ( )
a a
a b c b c a b c
a b c
≥ ⇔ ≥
+ + + + +

+
Tương tự ta có
2b b
c a a b c
≥
+ + +
;
2c c
a b a b c
≥
+ + +
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có VT
≥
2 .
Dấu “=” xảy ra  dấu “=” ở các BĐT trên xảy ra 
a b c
b c a
c a b
= +


= +


= +

 a+b+c = 0 Trái GT
a, b, c > 0
Vậy VT > 2 ( BĐT được chứng minh)
Bài 5.

Dựng tia phân giác Oz của
·
xOy
cắt AB ở
C . Từ C dựng đường thẳng song song
với Oy cắt Ox ở D
∆
OCD cân tại D vì có 2 góc ở đáy bằng
nhau
 OD = DC.
Vì DC//OB nên
`1
DC AD OA OD OD
OB AO OA OA
−
= = = −
D
C
z
y
x
O
B
A
=>
1
DC OD DC CD
OB OA OB OA
+ = ⇒ +
=1

=>
1 1 1 1 1
1OD
OA OB OA OB OD
 
+ = ⇒ + =
 ÷
 
Mà
1 1 1 1 1 1 1
1OD
OA OB OA OB k OD k
 
+ = ⇒ + = ⇒ =
 ÷
 
=> OD = k => D cố định
Vì DC = OD = k và DC//OB , OB cố định => C có định.
Vậy đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định.
Bài 6. ĐK: x
≥
0 ; x
≠
1 và x
≠
4
a) A =
1
1
x

x
+
−
b) …. c) … d) x = 0, 4,9
Bài 7. a) cộng vế với vế 2 PT của hệ có 12x + 3z = 9 => x =
3
4
z−
Nhân 2 vế của PT thứ nhất với 2 rồi trừ vế với vế 2 PT trong hệ có 8y – 3z = 6=> y
=
2
4
z+
b) A = x+ y – z =
5 5
4 4
z− ≤
=> A
5
4
≤
Dấu “=” xảy ra  z = 0 => x =
3
4
; y =
1
2
.
Vậy Max A =
5

4
 x =
3
4
; y =
1
2
. z= 0
*) Vì x
≥
0 => 3 – z
≥
0 => z
≤
3 => A
≥

5
4
- 3 = -
7
4
Dấu “=” xảy ra  x = 0 ; y =
5
4
; z = 3
Vậy Min A = -
7
4
 x = 0 ; y =

5
4
; z = 3
Bài 8:
a) Lấy K là điểm đối xứng
của B qua M, suy ra
ABCK là hbh => AB =
CK
Vì BD //CK nên ta có
PC CK AB
PD BD BD
= =
(1)
Vì CD là tia phân giác của
góc C nên ta có:
DA AC DA DB AC BC AB AC BC
DB BC BD BC DB BC
+ + +
= => = => =
(2)
=
=
/
/
K
P
D
M
C
B

A
/
/
E
H
C
D
B
A
O
Từ (1) và (2) =>
1
PC AC BC AC
PD BC BC
+
= = +
=>
PC AC
PD BC
−
= 1 ( đpcm)
b) 1)tam giác DOE vuông tại O có
OD = OE = R nên
DE = R
2
Hạ OH
⊥
DC => OH =HE=
2
2

R
Tam giác OHC vuông tại H có CH =
34
2
R
 CE = CH – HE =
34
2
R
-
2
2
R
=
34 2
2
R R−
.
CD = CE + DE =
34 2
2
R R+
.
2) Chứng minh tam giác CEB đồng dạng với tam giác CAD => đpcm