De HSG Toan9 Quynhon 2012

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 05/01/2012 – Thời gian: 150 phút



ĐỀ:

Câu 1. (4 điểm)
a) Rút gọn:
3 3 13 4 3
  
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x -
x 2012

Câu 2. (4 điểm)
a) So sánh
a a +c
và
b b+c

b) Chứng minh rằng:
1.3.5.7. 2011 1
2.4.6.8. 2012
2013




Câu 3. (4 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x
5

+ x
4
+ 1
b) Chứng minh: n
4
+ 4n (n > 1) là hợp số.
Câu 4. (2 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = 4, BC = 5, AC = 6.
Chứng minh


B 2C

.
Câu 5. (4 điểm)
Cho đường tròn (O; R), cát tuyến MAB, tiếp tuyến MT.
Chứng minh MA + MB

2MT.
Câu 6. (2 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, có BC = x, AB = AC = y,

A
= 20
0
.
Kẻ tia Bx cắt cạnh AC tại D sao cho

DBC
= 20

0
.
a) Tính S
ABD

b) Chứng minh rằng: x
3
+ y
3
= 3xy
2



GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 05/01/2011 – Thời gian: 150 phút

Câu 1. (4 điểm)
a) Rút gọn:
3 3 13 4 3
   =
   
3 3 2 3 1 3 4 2 3 3 3 1 1 1
          

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x -
x 2012

ĐKXĐ: x


2012.
Biến đổi: y =
 
2
x 2012 x 2012 2012
   
Đặt t =
x 2012
 (t

0).
Ta có : y = t
2
– t + 2012 =
2
2
1 1 1 3 3
t 2012 t 2011 2011
2 4 2 4 4
   
      
   
   
.
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi
1 1
t 0 t
2 2
   



1 1
x 2012 x 2012
2 4
    .
Vậy y
min
=
3
2011
4
khi và chỉ khi x =
1
2012
4
.

Câu 2. (4 điểm)
a) So sánh
a a +c
và
b b+c

Xét hiệu: y =
a c a (a c)b a(b c) c(b a)
b c b b(b c) b(b c)
    
  
  

. Không mất tính tổng quát, giả sử b > 0.
+) Nếu c > 0, b > a thì y > 0


a c a
b c b



,
+) Nếu c > 0, 0 < b < a thì y < 0


a c a
b c b



,
+) Nếu c < 0, b > a thì y < 0


a c a
b c b



,
+) Nếu c < 0, 0 < b < a thì y > 0


a c a
b c b



.

b) Chứng minh rằng
1.3.5.7. 2011 1
2.4.6.8. 2012
2013




Ta chứng minh mệnh đề tổng quát bằng quy nạp theo n.
1.3.5.7. 2n 1 1
2.4.6.8. 2n
2n 1





,

n

N

*
(1)
+ Với n = 1, ta có
1 1 1 1
2 2
2.1 1 3
  

: mệnh đề đúng với n = 1.
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k là số tự nhiên bất kỳ, k > 1.
Ta có:
1.3.5.7. 2k 1 1
2.4.6.8. 2k
2k 1





.
Xét n = k + 1.
1.3.5.7. (2k 1)(2k 1) 1.3.5.7. (2k 1) 2k 1 1 2k 1
. .
2.4.6.8. 2k.2(k 1) 2.4.6.8. 2k 2k 2 2k 2
2k 1
    
 
  

 

 

Ta chứng minh:
1 2k 1 1
.
2k 2
2k 1 2k 2



 
(2)
BĐT (2)


2k 1
2k 1 2k 1 2k 1
1 1
2k 2 2k 2 2k 2
2k 2

  
    
  

(3)
BĐT (3) đúng,

k


N
*
suy ra BĐT (2) đúng, do đó mệnh đề đúng với n = k + 1.
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n

N
*
.
Thay n = 2012 vào BĐT (1) ta có:
1.3.5.7. 2011 1
2.4.6.8. 2012
2013



.

Câu 3. (4 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x
5
+ x
4
+ 1
Biến đổi x
5
+ x
4
+ 1 = x
5
+ x

4
+ x
3
+ 1 – x
3
= x
3
( x
2
+ x + 1) + (1 – x)(1 + x + x
2
) =
(x
2
+ x + 1)(x
3
+ 1 – x).
Vậy x
5
+ x
4
+ 1 = (x
2
+ x + 1)(x
3
– x + 1).
b) Chứng minh n
4
+ 4
n

là hợp số ,

n

N, n > 1.
+ Với n chẵn lớn hơn 1, ta có n
4
+ 4
n


2 và lớn hơn 2 nên n
4
+ 4
n
là hợp số.
+ Với n lẻ thì (2, 5) = 1 nên theo định lý Fermat, ta có: n
4


1 (mod 5)
Ta lại có: 4

- 1 (mod 5)

4
n


(-1)

n
(mod 5)

- 1 (mod 5).
Suy ra n
4
+ 4
n


1 – 1

0 (mod 5), do đó n
4
+ 4
n
là hợp số với n

N, n > 1.
Vậy n
4
+ 4
n
là hợp số ,

n

N, n > 1.

Câu 4. (2 điểm)

Chứng minh


B 2C


Ta có BD là phân giác góc B của tam giác ABC nên:
DA AB 4
DC AC 5
 



DA 4
DA DC 4 5

 



DA 4
6 9



DA =
8
3
.
Khi đó

8
AD 2
3
AB 4 3
 
,
AB 4 2
AC 6 3
 
,
suy ra
AD AB
AB AC
 , lại có

A
là góc chung
nên

ABD

ACB (c.g.c)
Do đó


1
B C

. Vì



1
1
B B
2
 nên


B 2C

.
S
A
B
D
C
1
2
4
5
6
Câu 5. (4 điểm)
a) Chứng minh MA + MB > 2MT
Kẻ OH

AB tại H, ta có H là trung điểm của AB nên AH = HB.
Do đó MH =
MA MB
2


hay MA + MB = 2MH (1)
Áp dụng định lý Pi-ta-go
trong tam giác vuông ta có:
OM
2
= MH
2
+ OH
2

OM
2
= OT
2
+ MT
2

Suy ra MH
2
+ OH
2
= OT
2
+ MT
2

Vì OH < OT suy ra MH > MT.
Do đó, từ (1) suy ra: MA + MB > 2MT.
(Dấu “=” không xảy ra).

Câu 6. (2 điểm)
a) Tính S
ABD

Tam giác ABC cân tại A có

A
= 20
0
, nên


B C

= 80
0
.
Mặt khác,

CBD
= 20
0
, suy ra

ABD
= 60
0
.
Kẻ AK


BD tại K. Trong tam giác vuông ABK ta có:
AK = AB.sinABD = y.sin60
0
=
3
y
2
.
Ta lại có

ABC

BCD (g.g) , suy ra:
CD CB BD
BC AB AC
 


D x BD
x y y
 



BD = x = BC, CD =
2
x
y
.

Do đó S
ABD
=
1 3xy
BD.AK
2 4
 .
b) Chứng minh x
3
+ y
3
= 3xy
2

Ta có AD = AC – CD = y -
2 2 2
x y x
y y


(y > x > 0)
Ta lại có : S
ABD
=
1
AD.BH
2
=
2 2
1 y x

. .BH
2 y

=
3xy
4


BH =
 
2
2 2
3xy
2 y x

, do đó BH
2
=
 
2 4
2
2 2
3x y
4 y x
(1)
Mặt khác, áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông BCH, ta có:
BH
2
= BC
2

– CH
2
= x
2
-
2
2
x
2y
 
 
 
=
2 2 4
2
4x y x
4y

(2)
Từ (1), (2) suy ra:
A
M
H
B
O
T
A
B
C
D

H
20
0
y
x
y
K
60
0
S
 
2 4 2 2
2 2
2 2
3x y 4y x
4y
4 y x




3y
6
= (4y
2
– x
2
)(y
2
– x

2
)
2


3y
6
= (4y
2
– x
2
)(y
4
– 2x
2
y
2
+ x
4
)

3y
6
= 4y
6
– 8x
2
y
4
+ 4x

4
y
2
– x
2
y
4
+ 2x
4
y
2
– x
6


y
6
– x
6
+ 6x
4
y
2
– 9x
2
y
4
= 0

y

6
– (x
3
– 3xy
2
)
2
= 0






3 3 2 3 3 2
y x 3xy y x 3xy 0
    


y
3
+ x
3
– 3xy
2
= 0 (vì y
3
– x
3
+ 3xy

2
> 0)

x
3
+ y
3
= 3xy
2
(đpcm).