tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (6)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHÂU THÀNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG THCS BIÊN GIỚI ĐỘC LẬP TỰ DO HẠNH PHÚC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI:TOÁN
THỜI GIAN:120 PHÚT(Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ
Bài1:(4 điểm)
a/Tìm các giá trò nguyên của n để giá trò của biểu thức 2n
2
+3n+3 chia hết cho giá
trò của biểu thức 2n+1.
b/Một số tự nhiên có bốn chữ số giống nhau chỉ có 2 ước số là các số nguyên
tố.Tìm số đó.
Bài2:(4 điểm)
a/Cho a,b,c khác nhau đôi một và
1 1 1
a b c
+ +
= 0.Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2
bc ac ab
a bc b ac c ab
+ +
+ + +
=1
b/ Giải phương trình :
1 1
2
2 4

x x x+ + + + =
Bài3:(4 điểm)
a/Cho a+b >1.chứng minh rằng a
4
+b
4
>
1
8
b/Tìm giá trò của x để biểu thức:P =
2
2
1
( 1)
2 1
x x
x
x x
+ +
≠ −
+ +
đạt giá trò nhỏ nhất.
Bài4:(4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A,M là một điểm tùy ý thuộc cạnh BC.Chứng
minh rằng: MB
2
+MC
2
= 2MA
2

.
Bài5:(4 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc nhọn và hai trung tuyến BM và CN vuông góc với
nhau.Chứng minh rằng:CotgB + CotgC
≥

2
3
.Dấu bằng xảy ra khi nào?
ĐÁP ÁN
Đáp án Điểm
Bài1
a/Ta chia 2n
2
+3n+3 cho 2n-1 được thương là n+2 dư 5.
Đa thức 2n
2
+3n+3 không chia hết cho đa thức 2n-1,nhưng có những giá trò nguyên
của n để giá trò của 2n
2
+3n+3 chia hết cho giá trò của 2n-1.
Muốn vậy 2n-1 phải là ước của 5,tức là:
1; 5± ±
+Với 2n-1=1
⇒
n =1
+Với 2n-1= -1
⇒
n =0
+Với 2n-1= 5

⇒
n =3
+Với 2n-1= -5
⇒
n = -2
Vậy với n bằng 1;0;3;-2 thì giá trò của biểu thức 2n
2
+3n+3 chia hết cho giá trò của
biểu thức 2n-1
b/ M =
aaaa
=1111.a = 11.101.a vì 11,101 là số nguyên tố nên a =1.Vậy số phải
tìm là 1111
2 điểm
2 điểm
Bài2
a/Ta có
1 1 1
a b c
+ +
=0
⇔
0 0
ab bc ac
ab bc ac
abc
+ +
= ⇔ + + =

Nên a

2
+2bc = a
2
+bc+(-ab-ac)=a(a-b)-c(a-b)=(a-b)(a-c)
b
2
+2ac = b
2
+ac+(-ab-ac)= b(b-a)-c(b -a)=(b-a)(b-c)
c
2
+2ab = c
2
+ab+(-ac-bc)=c(c-a)-b(c-a)=(c-a)(c-b)
Do đó
2 2 2
2 2 2
bc ac ab
a bc b ac c ab
+ +
+ + +
=
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
+ +
− − − − − −
=
2 2 2 2 2 2
( )( )( )

b c bc a c ac a b ab
a b b c a c
− − + + −
− − −
=
2
( )( ) ( ) ( )
( )( )( )
c a b a b c a b ab a b
a b b c a c
− − + + − + −
− − −
=
2
( )( )
( )( )( )
a b ca bc c ab
a b b c a c
− − − + +
− − −
=
( )( )( )
( )( )( )
a b b c a c
a b b c a c
− − −
− − −
=1
b/Giải phương trình :
1 1

2
2 4
x x x+ + + + =
0,5điể
m
1,5điể
m
2điểm

2
2
2 2 2
2
2 2
2
1 1
Đặt 0
4 4
1 1 1 1
PT (1) 2
4 4 4 2
1 1 1 1
2
4 2 4 2
1 1
2 2
2 2

1 1
2 2 (loại)

2 2
1 1
x= 2
2 4
t x x t
t t t t t
t t t t t
t t
t t
= + ≥ ⇒ = −
 
⇔ − + + + = − + + =
 ÷
 
 
⇔ − + + = + + = + =
 ÷
 
 
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
 
+ = − = − −
 
 
 
⇔ − −
 ÷

 
2 2
Vậy nghiệm của PT là : 2 2x
= −
= −
Bai3: chứng minh rằng a
4
+b
4
>
1
8
a/ Ta có a+b >1>0 (1)
Bình phương hai vế (a+b)
2
>1
⇒
a
2
+2ab+b
2
>1 (2)
Mặt khác (a-b)
2
≥
0
⇒
a
2
-2ab+b

2

≥
0 (3)
Cộng từng vế của (2) và (3) được: 2(a
2
+b
2
) >1
⇒
a
2
+b
2
>
1
2
(4)
Bình phương hai vế của (4) được: a
4
+2a
2
b
2
+b
4
>
1
4
(5)

Mặt khác: (a
2
-b
2
)
2
≥
0
⇒
a
4
-2a
2
b
2
+b
4
≥
0 (6)
Cộng từng vế (5) và (6) được: 2(a
4
+b
4
) >
1
4
⇒
a
4
+b

4
>
1
8
b/P =
2
2
1
2 1
x x
x x
+ +
+ +
= 1-
2 2
1 1
1
( 1) 1 ( 1)
x
x x x
= − +
+ + +
=
[
2
1 1 1
4 1 ( 1)x x
− +
+ +
]

+
3
4
=
2
1 1 3 3
2 1 4 4x
 
− + ≥
 ÷
+
 
. P đạt giá trò nhỏ nhất là
3
4
Khi
1 1
2 1x
−
+
=0

⇔
x-1=0
⇔
x=1
Vậy với x=1 thì P đạt giá trò nhỏ nhất là
3
4
2 điểm

2 điểm
Bài4 4 điểm

E
F
M
C
B
A
-Dựng ME
⊥
AB và MF
⊥
AC.Tam giác ABC vuông cân đỉnh A.Ta có
0
ˆ
ˆ
45B C= =
∆
EBM vuông tại E có
ˆ
E
=45
0
nên vuông cân tại E.Suy ra EB=ME.Do đó ta
có:MB
2
=ME
2
+EB

2
=2ME
2
.Tương tự
∆
FCM vuông cân tại F.
Suy ra MC
2
=MF
2
+FC
2
=2MF
2
⇒
MB
2
+MC
2
=2ME
2
+2MF
2
= 2(ME
2
+MF
2
)
∆
EAM vuông tại A ta có MA

2
=ME
2
+EA
2
=ME
2
+MF
2
.
Do đó MB
2
+MC
2
= 2MA
2
Bài5

G
H
I
N
M
C
B
A

Kẻ đường cao AH và trung tuyến AI của
∆
ABC

Từ tam giác vuông ABH ta có CotgB =
BH
AH
(1)
Tam giác vuông ACH có CotgC =
CH
AH
(2)
Lấy (1) cộng (2) ta được: CotgB+CotgC =
BH CN BC
AH AH
+
=
(3)
Mà AH
≤
AI = 3GI và BC = 2GI (GI là đường trung tuyến của tam giác vuông
BGC)
Do đó từ (3) suy ra : CotgB+CotgC =
2 2
3 3
BC GI
AH GI
≥ =
.
Dấu bằng xảy ra khi H
≡
I,tức là tam giác BGC vuông can và
∆
ABC can.

4 điểm