SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 MÔN TOÁN ( BẢNG A) Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Sưu tầm và biên soạn lời giải: Ngô Thiện Chính – Giáo viên trường THCS Khe Sanh – Quảng Trị Bài 1. ( 4,0 điểm) Cho biểu thức: x 1 2 x 2 5 x P 4 x x 2 x 2         với x ≥ 0 và x  4. a) Rút gọn P b) Tìm x để P = 2 Bài 2. ( 4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: 8 15 8 15 A 2 2     2. Giải phương trình: 2 x x 3 3   Bài 3. ( 4,0 điểm) 1. Cho bốn số thực bất kỳ a,b,c,d. Chứng minh :     2 2 2 2 |ab cd| a c b d    . Dấu đẵng thức xãy ra khi nào? 2. Cho nữa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là một điểm chuyển động tr ên đường tròn. Xác định vị trí của điểm M để MA 3MB đạt giá trị lớn nhất. Bài 4. ( 4,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên (x;y;z) thỏa mãn: 3 3 2 2 y x 2x 1 (1) xy x 2 (2)           Bài 5. ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân t ại A với BC = a, AB = b ( a> b). Đường phân giác BD của góc ABC cắt AC tại D và có độ dài bằng cạnh bên ( BD = b). 1. Tính CD theo a và b 2. Chứng minh a a b 1 1 b b a             . Hết Bài giải: Bài 1. ( 4,0 điểm) a) Với x ≥ 0 và x  4, ta có :      1 x 2 x 2 x 1 2 x 2 5 x x 1 2 x 2 5 x x 3 x 2 2x 4 x 2 5 x P 4 x x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2                                    ĐỀ CHÍNH THỨC           3 x x 2 3x 6 x 3 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2           b) x 0,x 4 (1) P 2 3 x 2 (2) x 2            (2) 3 x 2 x 4 x 4 x 16       ( Thỏa (1) ). Vậy P = 2 khi và chỉ khi x = 16. Bài 2. ( 4,0 điểm) 1. Để ý rằng A > 0 và 2 8 15 8 15 64 15 A 2 8 7 15 2 2 4          . Suy ra A 15 2. phương trình: 2 2 x x 3 3 x 3 3 x        Điều kiện để phương trình tồn tại và có nghiệm là : 2 2 x 3 x 3 0 x 3 3 x 3 3 x 0 x 3 | x | 3                            . Với điều kiện đó ph ương trình tương đương v ới 2 2 4 4 2 2 x 3 3 x x 3 9 6x x x 6x x 6 0 (x 1)(x 2)(x x 3) 0                   x 1 x 2 1 13 x 2                Để ý : -2 < 3 ; 1 13 3 2   nên phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 = 1, x 2 = 1 13 2  Bài 3. ( 4,0 điểm) 1.Với mọi số thức a,b,c,d, Ta có :   2 2 2 2 2 ad – bc 0 a d 2ab cd b c 0     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a d b c c d a b c d 2abcd a (b d ) c (b d ) (ab cd )             2 2 2 2 | b cd | (a c )(b d )     . Dấu đẵng thức xãy ra a c ac bd b d     2. Áp dụng bất đẵng thức B.C.S ở câu 1 cho hai cặp số ( MA;1) và ( MB; 3 ) , ta có 2 2 2 2 MA 3MB (1 3)(MA MB ) 2 MA MB      . Để ý rằng góc AMB bằng 90 0 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên tam giác AMB là tam giác vuông t ại M. Theo định lý Pytago ta có : MA 2 + MB 2 = AB 2 = 4R 2 . Do đó 2 MA 3MB 2 4R 4R   Dấu đẵng thức xãy ra    0 0 MB MB MA 3 tgMAB 3 MAB 60 AB 60 MA 3           Vậy MA 3MB đạt giá trị lớn nhất.   0 0 MAB 60 AB 60    . R O M B A Bài 4. ( 4,0 điểm) x, y , z là các số nguyên và 3 3 2 2 y x 2x 1 (1) xy x 2 (2)           Suy ra: y x xy 0      hay x , y khác 0 và cùng d ấu, y>x. Đặt y = x+ k, k nguy ên dương, Từ (1) ta có : (x+k) 3 = x 3 + 2x 2 +1  (3k – 2)x 2 +3k 2 x +k 3 -1 = 0 (*) . Với k = 1, (*) thành : x 2 +3x = 0  x = -3 ( do x khác 0)  y = -2 . Thế vào (2) ta được z 2 = 4  z = 2 hoặc z = -2  ( x;y;z) = ( -3; -2; 2); (-3;-2;-2) Với k = 2 , (*) thành 2x 2 +12x +7= 0 có ’ = 6 2 -2.7 = 12 không là s ố chính phương nên ta không nhận được x nguyên . Với k = 3 , (*) thành 7x 2 +27x +26= 0 có  = 27 2 -4.7*26 = 1 nên (*) có hai nghi ệm 1 27 1 26 x 7 7      ( Loại) , 2 27 1 x 4 7      ( Nhận)  y = -1 z 2 +2 = 4 ( Loại) Với k  4, đặt k = 4+m , m là số tự nhiên , (*) có  = 9k 4 – 4( 3k-2)(k 3 -1) = -3k 4 +8k 3 +12k – 8 < -3k 4 +8k 3 +12k = - k( 3k 3 -8k 2 -12) = - k[3(4+m) 3 – 8(4+m) 2 -12] = - k[192 + 144m + 36m 2 + 3m 3 – 128 – 64m – 8m 2 -12] = - k (52 +80m +28m 2 +3m 3 ) < 0 nên (*) vô nghi ệm. Vậy hệ có hai nghiệm nguyên là ( x;y;z) = ( -3; -2; 2); (-3;-2;-2) Bài 5. ( 4,0 điểm) 1. BD là phân giác của tam giác ABC nên ta có: CD BC CD BC DA BA CD DA BC BA      CD BC CD a ab CD CA BC BA b a b a b          (1) 2. Trên tia BD lấy điểm E sao cho BE = BC = a. Tam giác BAD và tam giác EAC đ ều là các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau bằng nữa góc B nên các góc ở đáy của chúng bằng nhau    BEC BDA . Mà   BDA CDE (đ đ)    DEC CDE  CDE cân tại C . Để ý rằng điểm D ở giữa hai điểm B v à E nên ta có DE = BE – BD = a – b (2) Cũng từ suy luận trên ta có CDE đồng dạng với BAD ( g-g) nên ta có: DE CD AD BA  (3) Vì ab CD a b   nên 2 ab b AD b a b a b      (4). Từ (1), (2), (3),(4) và giả thiết ta có: 2 2 2 2 ab a b a b a a b b b b a b a b         2 2 2 2 2 2 2 2 a b a a b a b a b a b a a b : 1 . 1 . 1 1 1 b a b a b b ab b b a                          - b E D C B A a-b b a . +3k 2 x +k 3 -1 = 0 (*) . Với k = 1, (*) thành : x 2 +3x = 0  x = -3 ( do x khác 0)  y = -2 . Thế vào (2) ta được z 2 = 4  z = 2 hoặc z = -2  ( x;y;z) = ( -3 ; -2 ; 2); (-3 ;-2 ;-2 ) Với k =. Nhận)  y = -1  z 2 +2 = 4 ( Loại) Với k  4, đặt k = 4+m , m là số tự nhiên , (*) có  = 9k 4 – 4( 3k-2)(k 3 -1 ) = -3 k 4 +8k 3 +12k – 8 < -3 k 4 +8k 3 +12k = - k( 3k 3 -8 k 2 -1 2) = - k[3(4+m) 3 –. 8(4+m) 2 -1 2] = - k[192 + 144m + 36m 2 + 3m 3 – 128 – 64m – 8m 2 -1 2] = - k (52 +80m +28m 2 +3m 3 ) < 0 nên (*) vô nghi ệm. Vậy hệ có hai nghiệm nguyên là ( x;y;z) = ( -3 ; -2 ; 2); (-3 ;-2 ;-2 ) Bài