ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÒA BÌNH NĂM HỌC 2009-2010 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12-01-2010 Bài 1. ( 2,0 điểm) Chứng minh rằng các số có dạng 2 1 2 2 n + + 3 là những hợp số ( n nguyên dương) Bài 2. ( 2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y 4 = x 6 + 3x 3 + 1 Bài 3. ( 1,5 điểm) Giải phương trình 2 2 2 4 6 4 8 4 5 x x x x x x − + − + = − + Bài 4. ( 2 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh bất đẳng thức: a b c b c c a a b + + + + + > 2 Bài 5. ( 2,0 điểm) Cho · xOy . Các điểm A và B thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho 1 1 1 OA OB k + = ( k là hằng số ). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định. Bài 6. ( 3,5 điểm) Cho biểu thức: A = 2 1 3 9 3 1 2 2 x x x x x x x x − + + − − + − + + − a) rút gọn biểu thức A. b) tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 + 2 2 . c) Tìm x để A có giá trị bằng -2. d) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên. Bài 7.( 2,0 điểm) Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn hệ phương rình: 4 4 2 1 8 4 8 x y z x y z − + =   + + =  a) Biểu thị x và y theo z. b) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A = x + y – z. Bài 8. ( 5,0 điểm) a) Cho tam giác ABC, gọi P là giao điểm của trung tuyến BM và phân giác CD ( M ∈ AC, D ∈ BC ) . Chứng minh rằng: PC AC PD AB − = 1 ( 2,0 điểm) b) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, bán kính R. Từ 1 điểm C trên tia đối của tia BA, kẻ 1 cát tuyến cắt đường tròn ở E và D ( E nằm giữa C và D), biết · DOE có số đo bằng 90 0 và OC = 3R. 1) Tính độ dài các đoạn thẳng CD và CE theo R? 2) Chứng minh: CE.CD = CA.CB. ( 3,0 điểm) ………………………………….Hết………………………………………………… Bài giải Bài 1. Nếu n nguyên dương thì 2 2n – 1 = 4 n – 1 = ( 4 – 1)( 4 n-1 + 4 n-2 +…+ 1) M 3  2 2n+1 -2 = 2( 2 2n -1) M 6 => 2 2n + 1 = 6k + 2 ( k nguyên dương) Ta có 2 1 2 2 n + + 3 = 2 6k+2 + 3 = (2 6 ) k .2 2 + 3 = 4(64 k – 1) + 7 M 7 Vì 2 1 2 2 n + + 3 > 7 và chia hết cho 7 nên là hợp số. Bài 2. PT đã cho tương đương với PT: 4y 4 = 4x 6 + 12x 3 + 4  (2x 3 + 3) 2 – (2y 2 ) 2 = 5  ( 2x 3 - 2y 2 + 3)( 2x 3 + 2y 2 +3) = 5 (1) Vì 2x 3 + 2y 2 +3 > 2x 3 - 2y 2 + 3 với mọi x, y nguyên nên ( 1)  3 2 3 2 2 2 3 5 2 2 3 1 x y x y  + + =   − + =   hoặc 3 2 3 2 2 2 3 1 2 2 3 5 x y x y  + + = −   − + = −   Giải các hệ trên ta được x = 0 và y = ± 1 Vậy PT có nghiệm (x,y) = ( 0; 1) ; ( 0; -1) Bài 3. Có 2 4 8 2x x− + ≥ và có 2 2 2 4 6 1 1 1 1 2 4 5 4 5 x x x x x x − + = + ≤ + = − + − + Do đó PT có nghiệm  dấu “=” ở 2 bất đẳng thức xảy ra  x – 2 = 0  x = 2 Thử lại x = 2 thỏa là nghiệm của PT . Vậy PT có nghiệm x = 2. Bài 4. Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 2 số dương là a và b+ c ta có: 2 ( )a b c+ ≤ a + b +c  1 1 2 2 ( ) a a a b c b c a b c a b c ≥ ⇔ ≥ + + + + + + Tương tự ta có 2b b c a a b c ≥ + + + ; 2c c a b a b c ≥ + + + Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có VT ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra  dấu “=” ở các BĐT trên xảy ra  a b c b c a c a b = +   = +   = +   a+b+c = 0 Trái GT a, b, c > 0 Vậy VT > 2 ( BĐT được chứng minh) Bài 5. Dựng tia phân giác Oz của · xOy cắt AB ở C . Từ C dựng đường thẳng song song với Oy cắt Ox ở D ∆ OCD cân tại D vì có 2 góc ở đáy bằng nhau  OD = DC. Vì DC//OB nên `1 DC AD OA OD OD OB AO OA OA − = = = − D C z y x O B A => 1 DC OD DC CD OB OA OB OA + = ⇒ + =1 => 1 1 1 1 1 1OD OA OB OA OB OD   + = ⇒ + =  ÷   Mà 1 1 1 1 1 1 1 1OD OA OB OA OB k OD k   + = ⇒ + = ⇒ =  ÷   => OD = k => D cố định Vì DC = OD = k và DC//OB , OB cố định => C có định. Vậy đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định. Bài 6. ĐK: x ≥ 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4 a) A = 1 1 x x + − b) …. c) … d) x = 0, 4,9 Bài 7. a) cộng vế với vế 2 PT của hệ có 12x + 3z = 9 => x = 3 4 z− Nhân 2 vế của PT thứ nhất với 2 rồi trừ vế với vế 2 PT trong hệ có 8y – 3z = 6=> y = 2 4 z+ b) A = x+ y – z = 5 5 4 4 z− ≤ => A 5 4 ≤ Dấu “=” xảy ra  z = 0 => x = 3 4 ; y = 1 2 . Vậy Max A = 5 4  x = 3 4 ; y = 1 2 . z= 0 *) Vì x ≥ 0 => 3 – z ≥ 0 => z ≤ 3 => A ≥ 5 4 - 3 = - 7 4 Dấu “=” xảy ra  x = 0 ; y = 5 4 ; z = 3 Vậy Min A = - 7 4  x = 0 ; y = 5 4 ; z = 3 Bài 8: a) Lấy K là điểm đối xứng của B qua M, suy ra ABCK là hbh => AB = CK Vì BD //CK nên ta có PC CK AB PD BD BD = = (1) Vì CD là tia phân giác của góc C nên ta có: DA AC DA DB AC BC AB AC BC DB BC BD BC DB BC + + + = => = => = (2) = = / / K P D M C B A / / E H C D B A O Từ (1) và (2) => 1 PC AC BC AC PD BC BC + = = + => PC AC PD BC − = 1 ( đpcm) b) 1)tam giác DOE vuông tại O có OD = OE = R nên DE = R 2 Hạ OH ⊥ DC => OH =HE= 2 2 R Tam giác OHC vuông tại H có CH = 34 2 R  CE = CH – HE = 34 2 R - 2 2 R = 34 2 2 R R− . CD = CE + DE = 34 2 2 R R+ . 2) Chứng minh tam giác CEB đồng dạng với tam giác CAD => đpcm . số dương là a và b+ c ta có: 2 ( )a b c+ ≤ a + b +c  1 1 2 2 ( ) a a a b c b c a b c a b c ≥ ⇔ ≥ + + + + + + Tương tự ta có 2b b c a a b c ≥ + + + ; 2c c a b a b c ≥ + + + Cộng vế với vế các. 1)( 4 n-1 + 4 n-2 + + 1) M 3  2 2n+1 -2 = 2( 2 2n -1) M 6 => 2 2n + 1 = 6k + 2 ( k nguyên dương) Ta có 2 1 2 2 n + + 3 = 2 6k+2 + 3 = (2 6 ) k .2 2 + 3 = 4(64 k – 1) + 7 M 7. (1) Vì 2x 3 + 2y 2 +3 > 2x 3 - 2y 2 + 3 với mọi x, y nguyên nên ( 1)  3 2 3 2 2 2 3 5 2 2 3 1 x y x y  + + =   − + =   hoặc 3 2 3 2 2 2 3 1 2 2 3 5 x y x y  + + = −   − + = −   Giải