b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng Hình thang ABCD nội tiếp đương tròn (O) nên là hình thang cân... Do đó 4 đ[r]
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2012
Bài 1: (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức sau: A = 8 15 8 15
b) Giải phương trình:
3
2 2
x
Bài 2: (4 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 thỏa mãn điều kiện:
a2 + b2 + c2 = (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 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 – 9)(x2 – 4) đạt giá trị lớn nhất
Bài 4: (6 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 ABsao 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 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 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn: xy = 1
Chứng minh rằng: (x + y + 1)(x2 + y2) + x y4
Trang 2GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài 1 (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức sau: A = 8 15 8 15
Biến đổi : A = 16 2 15 16 2 15 15 1 15 1 15
b) Giải phương trình:
3
2 2
x
ĐKXĐ: 16 – x2 > 0 - 4 < x < 4
Biến đổi: (1)
3
2 2
x
16 x
Vì 16 – x2 > 0 nên từ (2) suy ra x > 0, do đó ĐKXĐ của phương trình là: 0 < x < 4
Đặt t = 16 x 2(t > 0), phương trình (2) trở thành:
3
2
x
t
t x3 = t3 (t > 0) x = t
Do đó 16 x 2 x(0 < x < 4) 16 – x2 = x2 (0 < x < 4) x = 2 2
Vậy phương trình (1) có một nghiệm x =2 2
Bài 2 (4 điểm)
a) Chứng minh n 3 – n chia hết cho 24, với n lẻ
Đặt A = n3 – n Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k N)
Ta có: A = n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1) = (2k + 1)(2k + 1 – 1)(2k + 1 + 1)
= 4k(k + 1)(2k + 1) = 4k(k + 1)(2k + 4 – 3) = 4k(k + 1)(2k + 4) – 12k(k + 1)
= 8k(k + 1)(k + 2) – 12k(k + 1)
Vì k(k + 1)(k + 2) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3, và k(k + 1) là tích của hai số
tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2
Do đó 8k(k + 1)(k + 2) 24 và 12k(k + 1) 24
Vậy A = n3 – n 24 với mọi n lẻ
b) Chứng minh c a + b
Biến đổi điều kiện bài toán ta có:
a2 + b2 + c2 = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 (1)
a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca)
a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca)
Theo giả thiết: c a > 0 ac a2, c b > 0 bc b2
Do đó: a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) 2(ab + b2 + a2)
c2 a2 + b2 + 2ab = (a + b)2 c a + b > 0
Dấu “=” không xảy ra vì khi đó c = a = b > 0 nên đẳng thức (1) không thỏa
Vậy nếu đẳng thức (1) thỏa mãn và c > a > 0, c > b > 0 thì c > a + b
Bài 3 (3 điểm)
Xét phương trình x2 – (m – 1)x – 6 = 0 (1)
Ta có: = (m – 1)2 + 24 > 0 nên PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Trang 3Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 + x2 = m – 1, x1x2 = - 6 x1 =
2
6 x
Thay vào biểu thức:
A = (x1 – 9)(x2 – 4) =
2
=
= 72 – 2.12.3 = 0 A 0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 22 24
2
Nếu x1 = - 3, x2 = 2 thì m – 1 = x1 + x2 = - 3 + 2 = - 1 m = 0
Nếu x1 = 3, x2 = - 2 thì m – 1 = x1 + x2 = 3 – 2 = 1 m = 2
Vậy khi m = 0 hoặc m = 2 thì A đạt max = 0
Bài 4 (6 điểm)
1 Chứng minh a 3 + b 3 = 3ab 2
Bên trong góc B kẻ tia BD tạo với tia BC một góc bằng 200,
cắt cạnh AC tại D Gọi H là hình chiếu của A trên BD
(D nằm giữa B, H)
Tam giác ABC cân tại A có góc A = 200, suy ra B C = 800
Do đó ABH ABC HBC = 800 – 200 = 600
Trong tam giác ABH vuông tại H có góc ABH = 600
nên BH = AB.cosABH = b
2, AH = AB.sinABH = b 3
2
Tam giác BCD có góc DBC = 200, góc BCD = 800
suy ra góc BDC = 800, do dó BCD cân tại B nên BD = BC = a
Từ đó: ABC BCD (g.g)
Do đó DH = BH – BD = b a b 2a
, AD = AC – CD = b - a2
b = b2 a2
b
Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông ADH:
AD2 = AH2 + DH2
2
2 2
2
4 4 2 2
2
b
a4 + b4 – 2a2b2 = b4 – ab3 + a2b2
a4 + ab3 = 3a2b2 a3 + b3 = 3ab2 (đpcm)
2 a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng
Hình thang ABCD nội tiếp đương tròn (O) nên là
hình thang cân Do đó AB = CD AB CD
Ta có: MA = MD, mặt khác OA = OD (bán kính của (O)),
nên OM là đường trung trực của AD
Ta lại có IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại I nên IA = ID
A
B
C D
A
2 0 0
a
6 0 0
b
2 0 0
b
Trang 4Do đó I thuộc trung trực của AD.
Vậy ba điểm I, M, O cùng thuộc trung trực của AD nên thẳng hàng
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi
Vì ABCD là hình thang cân có M là giao điểm của hai đường chéo nên
MCD = MBA (g.c.g)
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBA
Ta có: OI là trung trực của AD nên: 1
2
ABDlà góc nội tiếp chắn cung AD nên 1
2
Suy ra IOA ABD
Vì IOA AOM = 1800 (kề bù)
nên AOM ABD = 1800 Do đó 4 điểm A, O, M, B
cùng nằm trên một đường tròn
Do đó bán kính đường tròn (MBA) bằng bán kính đường tròn (OAB)
Vì đường tròn (OAB) cố định có bán kính không đổi nên đường tròn (MBA) cũng có bán kính không đổi
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD có bán kính không đổi và bằng bán kính đường tròn (OAB)
Bài 5 (3 điểm)
Cho x, y > 0 thỏa điều kiện: xy = 1.
Chứng minh (x + y + 1)(x 2 + y 2 ) + x y4
Ta có : x2 + y2 2xy = 2.1 = 2
Từ đó : (x + y + 1)(x2 + y2) + x y4
(x + y + 1) 2 + x y4
= 2(x + y) + 2 + x y4
+ 2 = 2x y2 x y2
+ (x + y) + 2
Áp dụng BĐT Cô- si cho hai số dương : x y 2 2. x y. 2
= 2, và x y 2 xy = 2
Từ đó, ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) + x y4
2.2 + 2 + 2 = 8
Vậy (x + y + 1)(x2 + y2) + x y4
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2012
Bùi Văn Chi
A
B
C D