DeHSGTan9PhuCat2002 2005

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÙ CÁT MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2005 – 2006 Ngày thi: 26/11/2005 – Thời gian: 150 phút Bài 1 (2 điểm) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn n + S(n) = 94, với S(n) là tổng các chữ số của n. Bài 2 (2 điểm) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt: x3 – m(x + 1) + 1 = 0 Bài 3 (3 điểm) Chứng minh rằng trong hai hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình chữ nhật nào có hiệu độ dài các cạnh nhỏ hơn thì hình chữ nhật đó có diện tích lớn hơn. Bài 4 (3 điểm) Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên đoạn thẳng AD lấy các điểm E và F sao cho   CBF . ABE   BCF  Chứng minh rằng ACE. Quy Nhơn, ngày 12 – 10 – 2012 BVC. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 PHÙ CÁT NĂM HỌC 2005 – 2006 – Ngày thi: 26 – 11 - 2005. Bài 1 (2,0 điểm) Tìm n Từ điều kiện : n + S(n) = 94 (1), ta có n là số tự nhiên có hai chữ số. Do đó: 0 < S(n)  18. Vì vậy từ (1) suy ra n = 94 – S(n)  76. Đặt n = ab (7  a  9), (1) viết lại: ab + (a + b) = 94  11a + 2b = 94 (2), suy ra a là số chẵn. Vì 7  a  9 nên a = 8, thay a = 8 vào (2) ta có b = 3. Vậy n = 83. Bài 2 (2,0 điểm) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt Giả sử phương trình x3 – m(x + 1) + 1 = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt a, b. Khi đó vế trái của phương trình được phân tích thành tích, trong đó có một nhân tử bậc nhất và một nhân tử là bình phương của nhị thức bậc nhất : Ta viết: x3 – m(x + 1) + 1 = (x + a)2(x + b) (a  b)  x3 – mx + (1 – m) = x3 + (2a + b) x2 + (a2 + 2ab)x + a2b Đồng nhất các hạng tử cùng bậc của hai đa thức ở hai vế, ta có:  2a  b  0  b   2a (1)  2  2 a  2ab   m  3a  m (2) a 2 b  1  m  2a3 1  m (3)   Từ (2) và (3), ta có: 1 -2a3 + 3a2 = 1  2a3 - 3a2 + 1 = 0  (a – 1)2(2a + 1) = 0  a = 1, hoặc a = 2 + Nếu a = 1 thì m = 3a2 = 3, 1 3 + Nếu a = - thì m = 3a2 = . 2 4 3 Vậy khi m = 3 hoặc m = thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. 4 Bài 3 (3,0 điểm) Chứng minh diện tích hình chữ nhật (1) lớn hơn diện tích hình chữ nhật (2) a x. b. y. Gọi kích thước của hình chữ nhật thứ nhất là a, b; kích thước của hình chữ nhật thứ hai là x, y (a > b > 0, x > y > 0).. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Theo điều kiện bài toán, ta có: a  b  x  y (1)  0  a  b  x  y (2) Biến đổi: (2)  (a – b)2 < (x – y)2  a2 + b2 – 2ab < x2 + y2 – 2xy (3) (1)  (a + b)2 = (x + y)2  a2 + b2 + 2ab = x2 + y2 + 2xy (4) Từ (3), (4), suy ra : (a2 + b2 + 2ab) – (a2 + b2 – 2ab) > (x2 + y2 + 2xy) – (x2 + y2 - 2xy)  4ab > 4xy  ab > xy Vậy diện tích hình chữ nhật thứ nhất lớn hơn diện tích hình chữ nhật thứ hai.. S. S. Bài 4 (3,0 điểm)   BCF  Chứng minh ACE Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường phân giác AD của góc A cắt (O) tại điểm thứ hai M.  A  B  (góc ngoài  ABF), MBE  B  B  Ta có : MFB 1 1 3 2      Vì A1  B3 ( A 2 ) , B1  B2 (giả thiết) A   MBE . nên MFB Do đó  MFB  MBE (g.g) 1 2 MF MB   (1) F MB ME  A  nên MB   MC  Mặt khác, A 1 2 O  MB = MC (2) 1 MF MC Thay (2) vào (1), ta được  , E MC ME 2 C B  là góc chung, 1 3 lại có CMF D nên  MCE  MFC (c.g.c),   MCE  suy ra MFC  A   ACF  (góc ngoài  ACF), Ta có : MFC 2.  C   BCE  , và vì A  C , MCE 1 2 1   nên suy ra ACF  BCE .. M. Quy Nhơn, 12 – 10 – 2012 BVC. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÙ CÁT MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2002 – 2003 Ngày thi: 17/11/2002 – Thời gian: 150 phút Bài 1 (2 điểm) Giải phương trình:. x  2  x  2  2 x 2  4  2x  2. Bài 2 (2 điểm) Chứng minh rằng nếu x2 + 2y là một số chính phương với x, y nguyên dương thì x2 + y bằng tổng của hai số chính phương. Bài 3 (3 điểm) Có 10 đội bóng thi đấu với nhau, mỗi đội phải đấu một trận với các đội còn lại. Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đấu được một số trận như nhau. Bài 4 (3 điểm) Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có 4 đỉnh thuộc 4 cạnh của hình vuông. Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.. Quy Nhơn, ngày 12 – 10 – 2012 BVC. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 PHÙ CÁT NĂM HỌC 2002 – 2003 – Ngày thi: 17 – 11 - 2002 Bài 1 (2 điểm) Giải phương trình: x  2  x  2  2 x 2  4  2x  2 (1) ĐKXĐ: x  2 2  x  2  a a2  b 2 2 2  x  2  a Đặt  (a, b  0)   x = , b – a = 4 (b > a  0)  2 2  x  2  b  x  2  b Phương trình trở thành: (1)  a – b = 2ab – (a2 + b2) + 2  a – b = - (a – b)2 + 2  (b – a)2 – (b – a) - 2 = 0 (2) Đặt t = b – a (t  0), phương trình (2) viết lại: t2 – t - 2 = 0  t1 = -1 < 0 : loại, t2 = 2. Thay b – a = 2 vào biểu thức b2 – a2 = 4 , ta được: b + a = 2. Từ đó tính được b = 2, a = 0. Với a = 0, ta tính được x = 2. Vậy phương trình có một nghiệm x = 2. Bài 2 Chứng minh x2 + y bằng tổng hai số chính phương Ta có : x2 + 2y là số chính phương nên : x2 + 2y = m2 (m  Z) (1) mx mx Từ (1) suy ra x và m cùng tính chẵn, lẻ, nên là các số nguyên. , 2 2 m 2  x2 Mặt khác, (1)  2y = m2 – x2  y = 2 Do đó : 2. 2. m 2  x2 m 2  x2  m  x   m  x  2 2 x + y= x + =     =a +b , 2 2  2   2  m x mx với a  , b , a, b  Z 2 2 Vậy x2 + y bằng tổng của hai số chính phương. 2. 2. Bài 3 (3 điểm) Chứng minh có hai đội có cùng số trận đấu Xét hai trường hợp, tại một thời điểm bất kỳ: +Nếu có một đội chưa đấu trận nào, khi đó số trận đấu của mỗi đội là tập hợp {0; 1; 2; ; …; 8}. M Vì có 10 đội nên theo nguyên tắc Dirichlet, A a có 2 đội có cùng số trận đấu. +Nếu tất cả các đội đều đã thi đấu thì số trận đấu của E mỗi đội là tập hợp {1; 2; ; …; 8; 9}. Do đó theo nguyên tắc Dirichlet, có 2 đội có cùng số trận đấu. Vậy bất cứ lúc nào cũng có hai đội có cùng số trận đấu. Bài 4 (3, 0 điểm) Điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của MN, PQ, MP, a là độ dài cạnh hình vuông ABCD. Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, ta có :. B. N. I Q F D. P. C. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> MN = 2BE PQ = 2DE Theo tính chất đường trung bình của tam giác, ta có : NP = 2IE MQ = 2IF Do đó : MN + PQ + NP + MQ = 2BE + 2DE + 2IE + 2IF = 2(BE + EI + IF + FD)  2BD = 2 2 a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các điểm E, I, F cùng thuộc đường chéo BD. Khi đó M,N và P, Q đối xứng qua BD, và MQ // NP // BD, tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Vậy khi tứ giác MNPQ là hình chữ nhật nội tiếp hình vuông ABCD (MQ // NP // BD) thì chu vi của tứ giác MNPQ có giá trị nhỏ nhất và bằng 2 2 a. A. a. M. A. M. B. a. E. N I Q. B. F D. P. C. N. Q. D. P. C. Quy Nhơn, ngày 12 – 10 – 2012 BVC. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>