Đề thi môn Toán Lớp 9 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2011-2012 - Sở GD&ĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 
 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC : 2011 – 2012 
 ----------------------- ---------------------------------- 
 Đề chính thức Môn thi : TOÁN 
 Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) 
 Ngày thi : 18 / 03 / 2012 
 ----------------------------- 
Bài 1: ( 4,0 điểm ) 
a) Rút gọn biểu thức sau: A = 
8 15 8 15
2 2
 
 
b) Giải phương trình : 
3
2
2
16 0
16
x
x
x
  

Bài 2: ( 4, 0 điểm) 
a) Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ. 
b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện : 
a
2
 + b
2
 + c
2
 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 
 Chứng minh rằng nếu c  a và c  b thì c  a + b 
Bài 3: ( 3, 0 điểm ) 
 Cho phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 
sao cho biểu thức A = (x1
2
 – 9)(x2
2
 – 4) đạt giá trị lớn nhất. 
Bài 4: (6, 0 điểm) 
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . 
 Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 . 
2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên 
cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và 
AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. 
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng. 
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi. 
Bài 5: ( 3,0 điểm ) 
 Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 
 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) + 
4
x y
  8 
 -------------------------------------------- 
HƯỚNG DẪN GIẢI: 
Bài 1: ( 4,0 điểm ) 
a) A = 
8 15 8 15
2 2
 
 
* Cách 1: A
2
 = 
2
8 15 8 15
2 2
  
 
 
 
 = 
8 15
2

 + 
8 15
2

 + 2
8 15 8 15
.
2 2
 
 = 8 + 2
49
4
 = 8 + 7 = 15 
Vì A > 0 nên A = 15 
* Cách 2: A = 
8 15 8 15
2 2
 
 = 
16 2 15 16 2 15
4 4
 
 
 = 
2 2( 15 1) ( 15 1)
4 4
 
 = 
15 1 15 1
2 2
 
 = 15 
b) 
3
2
2
16 0
16
x
x
x
  

 . ĐK : 16 – x2 > 0  - 4 < x < 4 
Đặt y = 216 x > 0  x2 – 16 = - y2 . Ta có : 
3x
y
- y
2
 = 0  x3 – y3 = 0  (x – y)(x2 – xy + y2) = 0  x – y = 0 ( vì x2 – xy + y2 > 0 ) 
 x = y . 
216 x = x . Với x > 0 thì 216 x = x  16 – x2 = x2  2x2 = 16  /x/ = 8  x =  8 
Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thõa mãn . 
Phương trình có một nghiệm x = 8 . 
Bài 2: ( 4, 0 điểm) 
a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1). 
Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia hết cho 4. 
Do đó tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8. 
Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3. 
Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24. 
Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ. 
b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 
Suy ra : a
2
 + b
2
 + c
2
 = 2(a
2
 + b
2
 + c
2
) – 2(ab + bc + ca) 
  a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) 
 * Cách 1 : Nếu c  a và c  b thì a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  2ab + 2b2 + 2a2 
  c2  ( a + b)2  c  a + b ( vì a, b, c > 0 ) 
* Cách 2 : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0 
  ( a – b + c )2 = 4ca . Nếu c  a thì ( a – b + c )2 = 4ca  4a2  ( a – b + c )2 - 4a2  0 
 (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a )  0  ( c – a – b )(3a – b + c)  0 
Vì a > 0 và nếu c  b thì 3a – b + c > 0 .  c – a – b  0  c  a + b . 
Bài 3: ( 3, 0 điểm ) 
 Phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0 có  = ( m – 1)2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm 
phân biệt x1 và x2 . 
Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = 1 – m ; x1.x2 = - 6 
A = (x1
2
 – 9)(x2
2
 – 4) = (x1.x2)
2
 – 4x1
2
 – 9x2
2
 + 36 = 72 - 4x1
2
 – 9x2
2
 = – (4x1
2
 + 9x2
2
 + 12 x1.x2 ) 
 = – ( 2x1 + 3x2)
2
  0 
A = 0  
 
 
 
1 2
1 2
1 2
2 3 0 1
. 6 2
1 3
x x
x x
x x m
  

 

  
 . 
Từ (2)  x1 = 
2
6
x

 , thay vào (1) có : 
2
12
x

 + 3x2 = 0  x2 =  2 
- Với x2 = 2  x1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1  m = 2 
- Với x2 = - 2  x1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1  m = 0 
- Vậy : m  { 0 ; 2 } 
Bài 4: (6, 0 điểm) 
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a . 
 Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 . 
B C
A
D
E
ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800 
Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200 nên BDC = 800 
 BDC cân tại B  BD = BC = a . 
BDC ABC ( g – g)  
DC BC
BC AC
  DC = 
2a
b
 AD = b - 
2a
b
BDE vuông có EBD = 600 nên BE = 
1
2
 BD = 
1
2
a và DE = BD
3
2
 = a.
3
2
 ; 
AE = b - 
1
2
a. 
Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có : 
AD
2
 = AE
2
 + DE
2
  (b - 
2a
b
)
2
 = (b - 
1
2
a)
2
 + (a.
3
2
)
2
 b2 - 2a2 + 
4
2
a
b
 = b
2
 - ab + 
2
4
a
 + 
23
4
a
  
4
2
a
b
 = 3a
2
 –ab 
 a4 = 3a2b2 - ab3  a4 + ab3 = 3a2b2  a3 + b3 = 3ab2 . 
2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên 
cung lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và 
AC . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I. 
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng. 
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi. 
E'
E
MO
I
A
D
B
C
a) AD // BC  AB = CD  DAC = ADB  MA = MD . 
Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của AD (1) 
Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là đường trung 
trực của AD (2) 
Từ (1) và (2)  I, O, M thẳng hàng. 
b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg cân) 
 COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp) 
 CMD = COD 
Do đó tứ giác CMOD nội tiếp. 
Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp 
Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp 
tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’. 
Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên 
đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại 
tiếp tứ giác BMOA qua OM. 
 OM  ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA) 
A, O, B cố định nên E cố định  OE không đổi 
 Đường tròn ngoại tiếp  MCD có bán kính không đổi. 
Bài 5: ( 3,0 điểm ) 
 Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 . 
 Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) + 
4
x y
  8 
 Ta có : (x + y + 1)(x
2
 + y
2
) + 
4
x y
 = (x + y + 1)(x
2
 + y
2
) - ( x + y) + ( x + y ) + 
4
x y
 = ( x + y )( x
2
 + y
2
 ) + (x
2
 + y
2
) - ( x + y) + ( x + y ) + 
4
x y
 = ( x + y ) (x
2
 + y
2
 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) + 
4
x y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : 
 x + y  2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 
 x
2
 + y
2
  2xy = 2 . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 
 ( x + y ) + 
4
x y
  4 . Dấu “ = “ xảy ra  (x + y)2 = 4  x = y = 1. 
Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) + 
4
x y
  2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8 
 Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1