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

PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS MỸ PHONG Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (5,0 điểm).
a) Cho A = k
4
+ 2k
3

−
16k
2

−
2k + 15 với k∈Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16.
b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được
số nguyên c sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
là số chính phương.
Câu 2 (6,0 điểm).
a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2
1
1 1 1

a b c
b a c b a c
+ + ≥
+ − + − + −
b) Giải phương trình
( )
3
2 3 2 3 6 5 8 0x x x R− + − − = ∈
Câu 3 (3,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1 1 1 1
P (3 )(3 )(3 )
a b b c c a
= + + + + + +
Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện
3
a +b+c
2
≤
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB ,
AD lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng:
. . .BE CF DF CE AC EF+ =
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC, lấy điểm C
1
thuộc cạnh AB, A
1
thuộc cạnh BC, B
1

thuộc cạnh CA. Biết
rằng độ dài các đoạn thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
không lớn hơn 1.
Chứng minh rằng:
ABC
1
S
3
≤
(S
ABC
là diện tích tam giác ABC).
PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THCS MỸ PHONG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011
Câu Nội dung Điểm
1
a/
5,0
Cho A = k
4
+ 2k
3
- 16k
2

- 2k +15 với k ∈ Z
Vì k ∈ Z ⇒ ta xét các trường hợp:
TH1: k chẵn ⇒ A = k
4
+ 2k
3
- 16k
2
- 2k +15 là một số lẻ
⇒ A không chia hết cho 2
⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1)
1,0
TH2: k lẻ, ta có:
A = k
4
+ 2k
3
- 16k
2
- 2k +15 = (k
2
- 1)(k
2
+ 2k - 15)
= (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)
Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn
⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)
M
2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) ⇔ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16

1,0
1,0
b/ Đặt A = a
2
+ b
2
+ c
2
. Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau:
TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ.
Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ
⇒ a
2

M
4; b
2
: 4 dư 1 ⇒ a
2
+ b
2
: 4 dư 1
⇒ a
2
+ b
2
= 4m + 1 (m ∈ N)
Chọn c = 2m ⇒ a
2
+ b

2
+ c
2
= 4m
2
+ 4m + 1 = (2m + 1)
2
(thoả mãn) (1)
1,0
TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn.
⇒ a
2
+ b
2

M
4 ⇒ a
2
+ b
2
= 4n (n ∈ N)
Chọn c = n - 1 ⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= n
2
+ 2n + 1 = (n + 1)

2
(thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán.
1,0
2
a/
6,0
Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2
2
2
1
1 1
1
1 1 1
a b a
a b a b a
a
a b a
b a b a b a
− −
+ − − +
⇒ ≥ = = − +
+ − + − + −

Tương tự :
( ) ( )
2 2
2 2
1 ; 1
1 1
b c
b c b c a c
c b a c
≥ − + ≥ − +
+ − + −
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
2 2 2
3 3 3 2 2 2
1
1 1 1
a b c
a b c a b b c c a
b a c b a c
+ + ≥ + + + − − −
+ − + − + −
(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được :
3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2
3 ; 3 ; 3a a b a b b b c b c c c a c a+ + ≥ + + ≥ + + ≥
(2)
0,5
0,5
1,0
Từ (1) và (2)

⇒
2 2 2
1
1 1 1
a b c
b a c b a c
+ + ≥
+ − + − + −
Đẳng thức xảy ra
3
3
a b c⇔ = = =
0,5
0,5
b/
Đặt t =
3
3 2x −

3
3
2
3 2
3
t
t x x
+
⇒ = − ⇔ =
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
2t +

3
8 5
3 8 0
3
t−
− =


( )
( )
3
3
2
2
3 2
8 2 0
8 2 0
8 5
8 5
9. 64 32 4
3 8 2
3
3
4
4
2 15 26 20 0
15 4 32 40 0
2 2
t
t

t
t
t t
t
t
t
t t t
t t t
t x
− ≥

− ≥

 
⇔ ⇔
 
−
−
= − +
= −
 


≤

≤


⇔ ⇔
 

+ − + =
+ − + =



⇔ = − ⇒ = −
1,0
1,0
1,0
3 3,0
Đặt
+ =
1 1
x
a b
;
+ =
1 1
y
b c
;
+ =
1 1
z
c a
⇒ (x, y, z > 0)
⇒ P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)
= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz
≥
2

3
3
27 9 (xyz) 27 xyz xyz+ + +
(*)
Lại có:
1 1 1 1 1 1 8
xyz
a b b c c a abc
   
= + + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
(vì a, b, c > 0)
mà
3 3
3 1
a b c 3 abc abc
2 2
≥ + + ≥ ⇒ ≥
⇒
≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ≥
1 8 8
abc 64 xyz 64
8 abc abc
Thay vào (*) ta được:
23
3
P 27 9 64 27 64 64≥ + + +
= 27 + 144 + 108 + 64 = 343
Dấu = có khi a = b = c =

1
2
⇒ P
min
= 343 Khi a = b = c =
1
2

0,5
1,0
1,0
0,5
4 3,0
F
E
D
C
B
A
Theo đònh lí Talet ta có :
,
BE CE DF CF
AE EF AF EF
= =
Cộng tưng vế hai đẳng thức trên ta được :
1
BE DF
AE AF
+ =
Nhân hai vế với AE.AF được : BE.AF + DF.AE = AE.AF = AC.EF ( bằng

2S
AEF
)
⇒

. . . . .BE CF EF DF CE EF AC EF+ =
Hay
. . .BE CF DF CE AC EF+ =
0,5
0,5
1,0
1,0
5 3,0
Khơng mất tính tổng qt, giả sử
µ
$
µ
µ
≥ ≥ ⇒ ≥
0
A B C A 60
TH1:
µ
≤ <
0 0
60 A 90
kẻ CH
⊥
AB; BK
⊥

AC
ABC
1
S CH.AB
2
⇒ =
mà CH ≤ CC
1
≤ 1 ta có:
1
0
BB
BK 1 1 2
AB
SinA SinA SinA
Sin60
3
= ≤ ≤ ≤ =
ABC
1 2 1
S .1.
2
3 3
⇒ ≤ =
(1)
TH2:
µ
≥
0
A 90

⇒ AB ≤ BB
1
≤ 1, CH ≤ CC
1
≤ 1
ABC
1 1 1
S .1.1
2 2
3
⇒ ≤ = <
(2)
Từ (1) và (2)
ABC
1
S
3
⇒ ≤
1,0
1,0
1,0
* Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn được ghi điểm tối đa.
K
H
A
B
C
A
1
B

1
C
1