Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Toán 9- THCS Mỹ Đức 2010-2011.

PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS MỸ ĐỨC Môn : Toán – Lớp 9 - Năm học : 2010 – 2011
Thời gian làm bài : 150 phút
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.(3,0 điểm):
Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:
A = x
4
– x
2
+ 2x + 2.
Câu 2.(3,0 điểm):
Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính
phương.
Câu 3.(5,0 điểm):
a) Cho x, y thỏa mãn x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất của:
A = x
6
+ y
6
.
b) Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: B =
x
2
9 x−
.
Câu 4.(3,0 điểm):

Chứng minh rằng nếu các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:

1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +
, thì abc
1
.
8
≥
Câu 5.(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC. Qua điểm O tùy ý trong tam giác kẻ các đường thẳng AO, BO, CO cắt
BC, CA, AB lần lượt tại A
’
, B
’
, C
’
. Chứng minh hệ thức:

' ' '
' ' '
1.
OA OB OC
AA BB CC
+ + =

Câu 6.(3,0 điểm):

Không dùng bảng lượng giác và máy tính. Tính cos15
0
.
1
PHÒNG GD & ĐT PHÙ MỸ ĐÁP ÁN - HD CHẤM - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THCS MỸ ĐỨC CẤP HUYỆN – NĂM HỌC : 2010 – 2011
Môn : Toán – lớp 9

Câu 1
(3,0 điểm)

A = x
4
– x
2
+ 2x + 2 = (x
4
– 2x
2
+ 1) + (x
2
+ 2x + 1)
= (x
2
– 1)
2
+ (x + 1)
2
= (x
2

– 1)(x
2
– 1) + (x + 1)
2
= (x -1)(x +1)(x – 1)(x + 1) +(x + 1)
2
= (x +1)
2
(x – 1)
2
+ (x + 1)
2
= (x + 1)
2
( )
2
1 1x
 
− +
 
.
Để A là số chính phương thì phải có: (x + 1)
2
= 0 và (x -1)
2
+ 1 tùy ý;
hoặc (x + 1)
2

≠

0 và (x -1)
2
+ 1 là số chính phương.
• Nếu (x + 1)
2
= 0
⇔
x + 1 = 0
⇔
x = -1.
• Nếu (x + 1)
2

≠
0 và (x -1)
2
+ 1 là số chính phương, ta đặt (x -1)
2
+ 1 = y
(y
∈
N).


Do đó y
2
- (x -1)
2
= 1
⇔

( ) ( )
1 1 1y x y x+ − − − =
.
Vì y
∈
N và
1x N− ∈
nên chỉ xảy ra : y +
1 1x − =
và y -
1 1x − =
.
⇒
x – 1 = 0
⇔
x = 1.
Thử lại ta thấy với x = 1, x = -1 thì A = x
4
– x
2
+ 2x + 2 là số chính phương.
Điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

Câu 2
(3,0 điểm)
Tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp có dạng :
S = (n – 2)
2
+ (n – 1)
2
+ n
2
+ (n +1)
2
+ (n +2)
2
(n
∈
Z).
S = n
2
+ 4 – 4n + n
2
+ 1 – 2n + n
2
+ n
2
+ 1 + 2n + n
2
+ 4 + 4n
S = 5n
2
+ 10 = 5(n

2
+ 2).
Ta chứng minh n
2
+ 2 không chia hết cho 5 với mọi n:
• Nếu n
M
5 thì n
2
+ 2 chia cho 5 dư 2.
• Nếu n = 5k
±
1 thì n
2
+ 2 = (5k
±
1)
2
+ 2 chia cho 5 dư 3.
• Nếu n = 5k
±
2 thì n
2
+ 2 = (5k
±
2)
2
+ 2 chia cho 5 dư 1.
Vậy n
2

+ 2
/
M
5 nên S là số chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25, do đó S
không thể là một số chính phương.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3
(5,0 điểm)
Câu a
(3,0 điểm)
* Với x
2
+ y
2
= 1 (gt) ta có :
A = x
6
+ y
6
= (x
2
)
3
+ (y
2

)
3
= (x
2
+ y
2
)
3
– 3x
2
y
4
– 3x
4
y
2

= (x
2
+ y
2
)
3
– 3x
2
y
2
(x
2
+ y

2
) = 1 - 3x
2
y
2
.
Ta có - 3x
2
y
2

≤
0. Do đó A
≤
1.
Dấu “=” xảy ra
{
2 2
2 2
0 0, 1
1, 0
1
x y x y
x y
x y
= = =±
=± =
+ =

⇔ ⇔


Vậy A(max) = 1
0, 1
1, 0
x y
x y
= =±
=± =

⇔

* p dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có:

2 2 2 2
x y x y≤ +
, mà x
2
+ y
2
= 1 (gt) nên ta có :
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
2
Câu 3a
(3,0 điểm)
x
2

y
2

≤

2
1 1
2 4
 
=
 ÷
 

⇔
-3 x
2
y
2

3
4
≥ −
. Do đó A = 1 - 3x
2
y
2

3 1
1
4 4

≥ − =
.
Dấu “=” xảy ra
{
2 2
2 2
2
1
2
2
2
x y
x y
x y
x y
= =
+ =
−
=
= =

⇔ ⇔



Vậy A(min) =
1
4

2

2
x y⇔ = = ±
.
0,5
0,5
0,25
Câu 3b
(2,0 điểm)
* Điều kiện : 9 – x
2

≥
0
⇔
x
2

≤
9
⇔
-3
≤
x
≤
3.
* p dụng bất đẳng thức cho hai số không âm, ta có :
B =
x
2
9 x−

(
)
2
2
2
2 2
9
9 9
2 2 2
x x
x x
+ −
+ −
≤ = =
.
Dấu “=” xảy ra
⇔
x
=
2
9 x−

⇔
x
2
= 9 - x
2

⇔
x

2
=
9 3 2
2 2
x
±
⇔ =
(TMĐK).
Vậy max B =
9 3 2
2 2
x
±
⇔ =
.
0,5
0,5
0,75
0,25
Câu 4
(3,0 điểm)
• Ta có
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +
(gt)
⇒
1 1 1

1 1
1 1 1 1 1
b c
a b c b c
≥ − + − = +
+ + + + +
(1)
• p dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có :

( ) ( )
2
1 1 1 1
b c bc
b c b c
+ ≥
+ + + +
(2)
* Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( )
1
2
1 1 1
bc
a b c
≥
+ + +
(3)
* Chứng minh tương tự, ta được :
( )
1

2
1 (1 ) 1
ac
b a c
≥
+ + +
(4)

( )
1
2
1 (1 ) 1
ab
c a b
≥
+ + +
(5)
• Nhân các vế tương ứng của (3), (4), (5) ta được :

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1
8.
1 1 1
1 1 1
abc
a b c

a b c
≥
+ + +
+ + +

⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
8.
1 1 1 1 1 1
abc
a b c a b c
≥
+ + + + + +
(vì a, b, c > 0)

⇔
1
≥
8abc (vì a, b, c > 0)
⇔
abc
≤

1
8
(đpcm).
0,5
0,5

0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
3
Câu 5
(3,0 điểm)
* Vẽ hình đúng theo đề bài (h.1)

* Kẻ AH
⊥
BC, OI
⊥
BC (H, O
∈
BC).
Khi đó OI // AH (cùng
⊥
BC).
Xét ∆AHA’ có OI // AH theo hệ quả của
đònh lí Talet ta có:

'
AA'
OA OI
AH
=
(1)

* Mặt khác có :

1
.
2
1
.
2
OBC
ABC
BC OI
S
OI
S AH
BC AH
= =
(2)
• Từ (1) và (2) suy ra
'
AA'
OBC
ABC
S
OA
S
=
(3)
• Chứng minh tương tự, ta có :
'
'

OAC
ABC
S
OB
S BB
=
(4)

'
'
OAB
ABC
S
OC
S CC
=
(5)
* Cộng các vế tương ứng của (3), (4), (5) ta được :

' ' '
1
AA' ' '
OBC OAC OAB SBC
ABC ABC
S S S S
OA OB OC
BB CC S S
+ +
+ + = = =
.

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
Câu 6
(3,0 điểm)

* Vẽ ∆ABC vuông tại A có
µ
0
15B =
(hình 2).
* Đặt AC = b. Vẽ đường trung trực
của BC cắt BC, AB lần lượt tại I, K.
Khi đó : KB = KC
⇒
∆KBC cân tại
K
⇒

µ
µ
0
1
15C B= =

.
* Xét ∆AKC vuông tại A có
·
µ
µ
0 0 0
1
15 15 30AKC C B= + = + =
(góc ngoài của
∆KBC)
2 2KC AC b⇒ = =
(đònh lí về tam giác vuông có góc 30
0
).
Và AK =
2 2 2 2
4 3BC AC b b b− = − =
(đlíPytago).
Do đó AB = AK + KB = AK + KC = b
3
+ 2b = b(
3
+2).
* Xét ∆ABC vuông tại A, theo đònh lí Pytago ta có:
BC
2
= AB
2
+ AC
2

= b
2
(
3
+2)
2
+ b
2
= b
2
(3 + 4 + 4
3
+ 1) = 4b
2
(2+
3
).

⇒
BC =
( )
2
4 2 3 2 2 3b b+ = +
⇒
cos15
0
= cosB = =
( ) ( )
(
)

( )
( )
2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
1
2 3
2
2 2 3
2 2 3
2 2 3
b
AB
BC
b
+ + + + +
= = = = +
+
+
+
.
♣
Mọi cách gải khác đúng, chặt chẽ đều được điểm tối đa của từng câu.
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

4
5