sở giáo dục đào tạo kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 thcs bình định khóa ngày 18 – 3 – 2009 đề chính thức môn thi toán thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề ngày thi 18 3 2009

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS</b>
<b> BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 18 – 3 – 2009</b>

<b> --- </b>

<b>---ĐỀ CHÍNH THỨC </b> <b>Môn thi : TOÁN </b>

<b>Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề )</b>
<b>Ngày thi : 18 / 3 / 2009</b>

<b> </b>
<i><b> Bài 1 : ( 3,0 điểm ) </b></i>

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( m, n) sao cho 2n3_{– mn}2_{– 3n}2 _{+ 14n – 7m – 5 = 0}
<i><b>Bài 2 : ( 3,0 điểm) </b></i>

Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1<i>_x</i>+1
<i>y</i>+

1

<i>z</i> = 0 . Chứng minh rằng :
yz

<i>x</i>2+
zx

<i>y</i>2+
xy

<i>z</i>2=3

<i><b>Bài 3 : (3,0 điểm )</b></i>

Giải hệ phương trình :

¿

√

<i>x +</i>

√

<i>y=7</i>

√

<i>x −20+</i>

√

<i>y +3=6</i>
¿{

¿
<i><b>Bài 4: ( 4,0 điểm ) </b></i>

Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC . Các tia AO , BO, CO cắt các cạnh tam
giác ABC lần lượt tại G, E, F . Chứng minh rằng : OA_AG +OB

BE +
OC
CF =2
<i><b>Bài 5 : ( 4,0 điểm )</b></i>

Cho đường tròn (O) đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm
C sao cho AC = AB . Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D , M là một điểm thay đổi trên
đoạn AD . Gọi N và P lần lượt là chân đường vng góc hạ từ M xuống AB và AC , H là chân
đường vng góc hạ từ N xuống đường thẳng PD.

a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.

b) Chứng minh rằng khi M thay đổi , HN luôn đi qua một điểm cố định.

<i><b>Bài 6 : ( 3,0 điểm )</b></i>

Chứng minh : 17< 1

√

2+
1

√

3+. ..+
1

√

99+
1

√

100<18

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>---SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS</b>
<b> BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 23 – 3 – 2010</b>

<b> --- </b>

<b>---ĐỀ CHÍNH THỨC </b> <b>Môn thi : TOÁN </b>

<b>Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề )</b>
<b>Ngày thi : 23 / 3 / 2010</b>

<b> </b>
<i><b>---Bài 1 : ( 3,0 điểm ) </b></i>

1. Giải phương trình : <i>x</i>3+2

√

<i>81 −7 x</i>3=18

2. Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số của nó bằng 2010.
<i><b>Bài 2 : ( 3,0 điểm) </b></i>

Cho phương trình <i>x</i>2<i>−2 mx+2 m</i>2<i>− 1=0</i> <i> (1) ( m là tham số ).</i>
1. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.

<i>2. Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x</i>1, x2 thõa mãn hệ thức:

<i>x</i>₁3+<i>x</i>₂3<i>− x</i>₁2<i>− x</i>₂2=<i>− 2</i>

<i><b>Bài 3 : (4,0 điểm )</b></i>

1. Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất

<i>P = </i> <i>3 x</i>2+11 y2<i>−2 xy −2 x +6 y −1</i>

2. Cho đa thức P(x) bậc 5 có các hệ số nguyên. Biết rằng P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá trị
nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng :

Với mọi x <b> Z thì P(x) khơng thể có số trị bằng 2010.</b>
<i><b>Bài 4: ( 6,0 điểm ) </b></i>

Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt các
cạnh BC, CA, AB tại P, Q, R . Kí hiệu <i>S</i>_ABC là diện tích tam giác ABC.

<b>a. Chứng minh rằng : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4</b> <i>S</i>_ABC
b. Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất .

<i><b>Bài 5 : ( 4,0 điểm )</b></i>

1. Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn hệ thức a + b + c = 6abc. Chứng minh rằng :
bc

<i>a</i>3(<i>c +2 b)</i>+
ca

<i>b</i>3(<i>a+2 c)</i>+
ab

<i>c</i>3(<i>b+2 a)</i> <b>≥ 2</b>
2. Cho ba số thực <i>α , β , γ</i> > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = <i>_{y +z}α x</i> + <i>β y</i>
<i>z +x</i>+

<i>γ z</i>

<i>x + y</i> , với mọi x, y, z > 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>---LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỐN 9 CẤP TỈNH </b>
<b>KHĨA NGÀY : 23 – 03 - 2010</b>

<i><b>Bài 1 : </b></i>

<i>1/ Giải phương trình : </i> <i>x</i>3+2

√

<i>81 −7 x</i>3=18 ( 1 )
ĐK : 81 – 7x3<b>_{≥ 0}</b> <i>_⇔</i> _7x3<b>_{≤ 81}</b> <i>_⇔</i> _x3<b>_≤</b> 81

7

Đặt y =

_√

<i>81− 7 x</i>3 <b> ≥ 0 </b> <i>⇒</i> y2_{= 81 – 7x}3 <i>_⇒</i> _x3₌ <i>81 − y</i>2

7 ( 2 )
(1) <i>⇔</i> <i>81 − y</i>2

7 + 2y = 18 <i>⇔</i> 81 – y

2_{+ 14y = 126} <i>_⇔</i> _y2_{- 14y + 45 = 0}

<i>⇒</i> y1 = 9 ; y2 = 5 .

+ với y = 9 thì từ (2) <i>⇒</i> x3_{= 0} <i>_⇒</i> _{x = 0 ( thõa )}

+ với y = 5 thì từ (2) <i>⇒</i> x3_{= 8} <i>_⇒</i> _{x = 2 ( thõa )}

Vậy S = { 0; 2 }

<i>2/ Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số của nó bằng 2010.</i>
<i><b>Giải</b><b> :</b><b> Ta có số 6027 chia hết cho 2009 và có tổng các chữ số là 15 .</b></i>

Mà: 2010 = 15 . 134 . Do đó nếu viết số 6027 lặp lại 134 lần thì được số:

⏟

6027 6027 6027 .. . 6027

134 so6027

Chia hết cho 2009 và có tổng các chữ số bằng 2010.
<b>Bài 2 :</b>

<i>Cho phương trình </i> <i>x</i>2<i>−2 mx+2 m</i>2<i>− 1=0</i> <i> (1) ( m là tham số ).</i>
<i>1. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.</i>

<i><b>Giải : PT (1) có hai nghiệm dương phân biệt </b></i> <i>⇔</i>

¿
<i>Δ'</i>_>0

<i>P>0</i>
<i>S>0</i>
¿{ {
¿

<i>Δ</i> ’_{= m}2_{– ( 2m}2_{– 1) = - m}2_{+ 1 > 0} <i>_⇔</i> _m2_{< 1} <i>_⇔</i> _{-1 < m < 1}

P = 2m2_{– 1 > 0} <i>_⇒</i> _m2_{> ½} <i>_⇒</i>

<i>m></i>

√

1
2
¿
<i>m<−</i>

√

1

2
¿
¿
¿
¿
S = 2m > 0 <i>⇒</i> m > 0

Kết hợp các điều kiện trên , ta có :

√

1
2<<i>m<1</i>

<i>2. Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn </i>

<i>hệ thức: </i> <i>x</i>₁3+<i>x</i>₂3<i>− x</i>₁2<i>− x</i>₂2=<i>− 2</i>

Với -1 < m < 1 , ta có : x1 + x2 = 2m ; x1x2 = 2m2 – 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<i>⇔</i> ( x1 + x2 ) ¿_¿ ( x1 + x2)2 - 3 x1x2 ¿ -
¿
¿

¿ x1 + x2 )
2_{– 2 x}

1x2 ¿ = -2
<i>⇔</i> ( x1 + x2)3 - 3 x1x2( x1 + x2 ) - ( x1 + x2)2 + 2 x1x2 = - 2

<i>⇔</i> 8m3_{- 6m(2m}2_{– 1) – 4m}2_{+ 2(2m}2_{– 1) = - 2}

<i>⇔</i> - 4m3 _{+ 6m – 2 = - 2} <i>_⇔</i> _{m( 3 – 2m}2_{) = 0} <i>_⇔</i>

<i>m=0</i>
¿
<i>m=±</i>

√

3

2(loai )
¿
¿
¿
¿

Vậy m = 0 thõa mãn đề bài.
<b>Bài 3 : </b>

<i><b>1. Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất </b></i>

<i>P = </i> <i>3 x</i>2+11 y2<i>−2 xy −2 x +6 y −1</i>
Ta có : P = ( x2_{+ 9y}2_{+ 1 – 6xy - 2x + 6y ) + ( 2x}2_{+ 4xy + 2y}2_{) – 2}

= ( x - 3y – 1)2_{+ 2( x + y)}2<b>_{– 2 ≥ - 2}</b>

Pmin = - 2 <i>⇔</i>

¿
<i>x − 3 y −1=0</i>

<i>x + y=0</i>
¿{

¿

<b> </b> <i>⇔</i>

¿
<i>x=</i>1

4
<i>y=−</i>1

4
¿{

¿

<i>2. Cho đa thức P(x) bậc 5 có các hệ số nguyên. Biết rằng P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá</i>
<i>trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng :</i>

<i>Với mọi x </i> <i><b> Z thì P(x) khơng thể có số trị bằng 2010.</b></i>

Theo đề bài : P(x) – 2003 = (x – x1 )(x – x2)(x – x3)(x – x4) Q(x) ( * ) với Q(x) là nhị thức bậc
nhất.

Chứng minh phản chứng.

Giả sử tồn tại x = a mà P(a) = 2010 .

Từ ( * ) <i>⇒</i> P(a) - 2003 = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a)
<i>⇔</i> 7 = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a)

Số 7 viết được dưới dạng tích của ít nhất 4 số nguyên khác nhau <i>⇒</i> vơ lý.
Vậy ta có đpcm !

<i><b>Bài 4: </b></i>

<i>Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt </i>
<i>các cạnh BC, CA, AB tại P, Q, R . Kí hiệu </i> <i>S</i>_ABC <i>_{là diện tích tam giác ABC.}</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

P
M
A

B C

K
Q

H
R

<i><b>a) Chứng minh rằng : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4</b></i>
<i>S</i>ABC

+ Trường hợp <i>Δ</i> ABC khơng có góc tù :
Vẽ BH AM tại H; CK AM tại K.
Có : MA .BH + MA .CK = 2 ( SABM + SACM)
MA . ( BH + CK ) = 2 ( SABM + SACM)
<b>Mà BH + CK ≤ BC </b>

<i>⇒</i> <b> MA . BC ≥ 2 ( S</b>ABM + SACM) ( 1 )
Chứng minh tương tự :

<b> MB . CA ≥ 2( S</b>ABM + SBMC ) ( 2 )
<b> MC . AB ≥ 2( S</b>AMC + SBMC ) ( 3 )
Cộng ba bất đẳng thức trên, ta có đpcm.

Dấu “ = “ xảy ra <i>⇔</i> m là trực tâm <i>Δ</i> ABC.

B _C

A

B'

M

+ Trường hợp <i>Δ</i> ABC tù , giả sử góc A > 900_.
Vẽ AB’ AB và AB’ = AB

<b>M ≠ A và M nằm trong </b> <i>Δ</i> AB’C ( nếu không ta vẽ AC’
AB và AC’ = AC , giải tương tự )

ABB’ = AB’B <i>⇒</i> MB’B > MBB’ <i>⇒</i> MB > MB’
Mà : CB’B > CBB’ <i>⇒</i> CB > CB’

Do đó : MA .BC + MB . CA + MC . AB > MA. B’C +
MB’ . CA + MC. AB’

<b>Theo trên : MA. B’C + MB’.CA + MC. AB’ ≥ 4S</b>AB’C
=2AB’. AC.

Do đó: MA .BC + MB. CA + MC . AB > 2AB.AC > 4SABC
( đpcm )

</div>

<!--links-->