tuyen tap de thi HSG lop 9

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
1

KỲ THI CHỌ HỌC SIH GIỎI TP. QUY HƠ ĂM HỌC 2010 – 2011
MƠ: TỐ LỚP 9 - gày: 11/01/2011 – Thời gian: 150 phút



ĐỀ:

Câu 1. (4 điểm)
a) Tính các số ngun dương x và y thỏa mãn các tính chất sau:
- Tổng các bình phương của chúng là B,
- Tổng các lập phương của chúng bằng K lần tổng của chúng,
- Và B – K = 28.
b) Tìm chữ số hàng đơn vị của: 37
2011
– 12
2011
+ 73
2011
.
Câu 2. (4 điểm)
a) Tìm các số ngun x, y, z thỏa mãn đồng thời các đẳng thức:
2
2
2 2 1
x y z
x xy x z

− + =



− + − =



b) Cho hàm số f(x) xác định với mọi số thực x thỏa mãn:
f(a + b) = f(ab), với mọi a, b và f(1010) = 1000.
Tính f(2010).
Câu 3. (4 điểm)
a) Tính tổng S
1
= 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2).
Từ đó tính tổng: S
2
= 1.2
2
+ 2.3
2
+ …+ n(n + 1)
2
.
b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, thì:
(n + 1)(n + 2).…(n + n) chia hết cho 2
n
.
Câu 4. (3 điểm)
Cho hai đường thẳng d

1
, d
2
song song và cách nhau 1 đơn vị. Đường tròn tâm
O có đường kính bé hơn 1, tiếp xúc với d
1
ở phần bên trong hai đường thẳng.
Tam giác đều ABC có đỉnh A nằm trên d
2,
cạnh BC tiếp xúc với

đường tròn
(O) và song song với d
1
, đoạn nối tâm O với trọng tâm G của tam giác ABC
vng góc với BC . Tính độ dài cạnh tam giác để cho tích số giữa diện tích tam
giác và diện tích hình tròn là lớn nhất.
Câu 5. (2 điểm)
Hình thang cân ABCD (AB // CD) có các cạnh ln tiếp xúc với đường tròn
tâm O, bán kính R. Chứng minh rằng tích số AB.CD khơng đổi.
Câu 6. (3 điểm)
Cho M là một điểm trong tam giác ABC. Goi d
a
, d
b
, d
c
lần lượt là khoảng cách
từ M đến các đỉnh A, B, C và m
a

, m
b
, m
c
là khoảng cách từ M đến các cạnh
BC, CA, AB của tam giác. Chứng minh rằng:
d
a
+ d
b
+ d
c
≥ 2(m
a
+ m
b
+ m
c
).





GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
2

GIẢI ĐỀ THI CHỌ HỌC SIH GIỎI TP. QUY HƠ
ĂM HỌC 2010 – 2011
MƠ: TỐ LỚP 9 - gày: 11/01/2011 – Thời gian: 150 phút

Câu 1.(4 đ)
a) Tính x, y
Từ điều kiện bài tốn, ta có:
( )
2 2 2 2
3 3 2 2
28
28
x y B x y B
x y K x y x xy y K
B K
B K
 
+ = + =
 
 
+ = + ⇔ − + =
 
 
− =
− =
 
 

⇒
xy = 28
Vì x, y ngun dương nên từ hệ thưc xy = 28, ta có bảng giá trị của x, y:
x 1 2 4 7 14 28
y 28 14 7 4 2 1

b) Tìm chữ số hàng đơn vị
Ta có:
37
4
≡ 1 (mod 10)
⇒
37
4.502
.37
3
≡ 37
3
≡ 7
3
≡ 3 (mod 10)
12
4
≡ 6 (mod 10)
⇒
12
4.502
.12
3
≡ 12
3
≡ 2
3
≡ 8 (mod 10)
73

4
≡ 1 (mod 10)
⇒
73
4.502
.73
3
≡ 73
3
≡ 3
3
≡ 7 (mod 10)
Do đó: 37
2011
– 12
2011
+ 73
2011
≡ 3 – 8 + 7 (mod 10) ≡ 2 (mod 10)
Vậy 37
2011
– 12
2011
+ 73
2011
có chữ số hàng đơn vị là 2.

Câu 2.(4 điểm)
a) Tính x, y, z
Biến đổi điều kiện bài tốn:

2
2 1
2 2 1 2
x y z ( )
x xy z z ( )
− + =



− + − =



Từ (1) suy ra: z = 2 – x + y (3)
Thay (3) vào (2):
2x
2
– xy + x – 2(2 – x + y) = 1
⇔ 2x
2
+ 3x – y(x + 2) = 5
⇔ y =
2
2 3 5 3
2 1
2 2
x x
x
x x
+ −

= − −
+ +

Để y ∈ Z với x ∈ Z thì: x + 2 ∈ Ư(3)
⇒
x + 2 ∈ {-1; 1; -3; 3}
⇒
x ∈ {-3; -1; -5; 1}
Từ đó, ta có nghiệm của hệ là:
x -1 1 -3 -5
y -6 0 -4 -10
z -3 1 1 -3

b) Tìm hàm số f
Từ điều kiện của hàm số f:
f(a + b) = f(ab),
∀
a,
∀
b.
Thay a = 0, ta có: f(b) = f(0),
∀
b
Thay b = 0, ta có: f(a) = f(0),
∀
a.
Suy ra f(x) = f(0),
∀
x, do đó f(x) là hàm số hằng.

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
3

Vì: f(1010) = 1000 nên f(0) = 1000.
Vậy f(2010) = f(0) = 1000.

Câu 3. (4 điểm)
a) Tính tổng S
1
= 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) (n ∈ 
*
)
Ta xác định đa thức bậc 4 có dạng f(x) = ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e (a ≠ 0) thỏa điều kiện:
f(x) – f(x – 1) = x(x + 1)(x + 2) (1)
(1) ⇔ ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e – [a(x – 1)
4
+ b(x – 1)

3
+ c(x – 1)
2
+ d(x – 1) + e] = x(x + 1)( x
+ 2)
⇔ ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e – (ax
4
- 4ax
3
+ 6ax
2
- 4ax + a + bx
3
- 3bx
2
+ 3bx - b + cx
2
- 2cx + c
+ dx – d + e) = x(x + 1)( x + 2)
⇔ 4ax
3
+ (-6a + 3b)x
2
+ (4a – 3b + 2c)x = x

3
+ 3x
2
+ 2x
⇔
1
4
4 1
3
6 3 3
2
4 3 2 2 11
4
0
3
2
a
a
b
a b
a b c
c
a b c d
d

=


=



=


− + =

⇔
 
− + =
 
=
 
− + − + =



=


Do đó: f(x) =
4 3 2
1 3 11 3
4 2 4 2
x x x x e
+ + + +
(e ∈ R)
Cho x lần lượt lấy các giá trị 1, 2, …, n thay vào (1) rồi cộng vế theo vế các đẳng thức, ta
được:
1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) = f(n) – f(0)
1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) =

4 3 2
1 3 11 3
4 2 4 2
n n n n
+ + +
=
=
(
)
( ) ( )( )
3 2
6 11 6
1 2 3
4 4
n n n n
n n n n
+ + +
+ + +
=

Vậy S
1
= 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) =
(
)
(
)
(
)
1 2 3

4
n n n n
+ + +
(n∈ N
*
)
Tương tự, để tính tổng S
2
= 1.2
2
+ 2.3
2
+ …+ n(n + 1)
2
ta xác định đa thức bậc 4
f(x) = ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e (a ≠ 0) thỏa mãn điều kiện:
f(x) – f(x – 1) = x(x + 1)
2

⇔ 4ax
3
+ (-6a + 3b)x
2
+ (4a – 3b + 2c)x = x

3
+ 2x
2
+ x
⇔
1
4
4 1
7
6 3 2
6
4 3 2 1 7
4
0
5
6
a
a
b
a b
a b c
c
a b c d
d

=


=



=


− + =

⇔
 
− + =
 
=
 
− + − + =



=


Do đó: f(x) =
4 3 2
1 7 7 5
4 6 4 6
x x x x e
+ + + +
(e∈ R)


GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
4

Từ đó: S
2
= 1.2
2
+ 2.3
2
+ …+ n(n + 1)
2
= f(n) – f(0) =
(
)
( ) ( ) ( )
3 2
3 14 21 10
1 2 3 5
12 12
n n n n
n n n n
+ + +
+ + +
=
(n ∈ N
*
)
Câu 4.( 3 điểm)
Tính độ dài cạnh tam giác đều ABC

Ta có: OG ⊥ BC, OH ⊥ BC, AG ⊥ BC
⇒

A, G, H, O thẳng hàng
Gọi h là chiều cao tam giác đều ABC,
r là bán kính của (O), khi đó:
a = BC =
2
3
h
, r =
1
2
h
−

S
ABC
=
2
1 1 3 3
2 2 2 4
a a
AH.BC a.= =
=
2
2
2
3
3
4
3
h

.
h
 
 
 
=

S(O) =
2
1
2
h
−
 
π
 
 

Ta có:
S
ABC
.S(O) =
[ ]
( )
2
2
2
2
1
1

1
2 4
3 4 3 4 3 16 3
h h
h h
. h( h .
+ −
− π π π
 
π = − ≤ ≤
 
 

Do đó S
ABC
.S(O) đạt GTLN là
16 3
π
khi và chỉ khi h = 1 – h ⇔ h =
1
2
,
Ta có: a =
2 1 3
3
3 3
h
= =
.
Vậy cạnh của tam giác đều bằng

3
3
thì tích S
ABC
.S(O) đạt GTLN bằng
16 3
π
.
Câu 5. (2 điểm)
Chứng minh: AB. CD khơng đổi

Gọi E, F, H lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O)
với AB, CD, AD.
Ta có: E, O, F thẳng hàng,
AO là tia phân giác của góc A nên


ɵ
1 2
1
2
A A A
= =

DO là tia phân giác của góc D nên


ɵ
1 2
1

2
D D D
= =

Vì AB // CD nên
ɵ
ɵ
A D
+
= 180
0
, do đó:


1 1
A D
+
= 90
0

Suy ra tam giác OAD vng tại O, với OH là
đường cao, nên ta có: AH. DH = OA
2
= R
2

Mặt khác, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
đối với đường tròn (O) và EF là trục đối xứng
của hình thang cân, ta có:
AH = AE =

1
2
AB
, DH = DF =
1
2
CD

Từ đó, suy ra:
AB.CD = 2AH.2DH = 4AH.DH = 4R
2
: khơng đổi.
A
B
G
C
H
O
h
a
r
1
d
2
d
1
A
B
C
D

O
H
E
F
1
2
2
1
R


GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
5

Câu 6. (3 điểm)
Chứng minh: d
a
+ d
b
+ d
c
≥ 2(m
a
+ m
b
+ m
c
)

Kẻ AA’ ⊥ CM, BB’ ⊥ CM, ta có:

AB ≥ AA’ + BB’
⇒
d
c
.c ≥ d
c
.(AA’ + BB’) = d
c
.AA’ + d
c
.BB’
= 2S
MAC
+ 2S
MBC
= b.m
b
+ a.m
a

⇔ d
c
≥
a b
a b
.m .m
c c
+

Ta dựng điểm M’ là đối xứng của M qua phân giác Ct của góc C (hình 2)

Lập luận tương tự đối với điểm M’, ta có:
d
c
≥
b a
a b
.m .m
c c
+
(1)
Tương tự, ta có:
d
a
≥
c b
b c
.m .m
a a
+
(2)
d
b
≥
a c
c a
.m .m
b b
+
(3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
d
c
+ d
a
+ d
b
≥
a b c
b c a c b a
.m .m .m
a b c a a b
     
+ + + + +
     
     
≥ 2(m
a
+ m
b
+ m
c
)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và M trùng với trọng tâm tam giác ABC.

Quy Nhơn, ngày 04 tháng 02 năm 2011
Người gửi: BÙI VĂN CHI
Trường THCS LÊ LỢI
Tp.Quy Nhơn, tỉnh Bình Định
ĐT: 0563828529
Email:

A
B
C
M
A’
B’
a
b
c
d
a
d
b
d
c
m
b
m
c
m

a
A
B
C
M
a
b
c
d
a
d
b
d
c
m
b
m
c
m
a
m
a
m
b
d
c
Hình 2
t
M’