KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 05/01/2012 – Thời gian: 150 phút ĐỀ: Câu 1. (4 điểm) a) Rút gọn: 3 3 13 4 3    b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x - x 2012  Câu 2. (4 điểm) a) So sánh a a +c và b b+c b) Chứng minh rằng: 1.3.5.7. 2011 1 2.4.6.8. 2012 2013    Câu 3. (4 điểm) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 5 + x 4 + 1 b) Chứng minh: n 4 + 4n (n > 1) là hợp số. Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC có AB = 4, BC = 5, AC = 6. Chứng minh   B 2C  . Câu 5. (4 điểm) Cho đường tròn (O; R), cát tuyến MAB, tiếp tuyến MT. Chứng minh MA + MB  2MT. Câu 6. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A, có BC = x, AB = AC = y,  A = 20 0 . Kẻ tia Bx cắt cạnh AC tại D sao cho  DBC = 20 0 . a) Tính S ABD b) Chứng minh rằng: x 3 + y 3 = 3xy 2 GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 05/01/2011 – Thời gian: 150 phút Câu 1. (4 điểm) a) Rút gọn: 3 3 13 4 3    =     3 3 2 3 1 3 4 2 3 3 3 1 1 1            b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x - x 2012  ĐKXĐ: x  2012. Biến đổi: y =   2 x 2012 x 2012 2012     Đặt t = x 2012  (t  0). Ta có : y = t 2 – t + 2012 = 2 2 1 1 1 3 3 t 2012 t 2011 2011 2 4 2 4 4                    . Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi 1 1 t 0 t 2 2      1 1 x 2012 x 2012 2 4     . Vậy y min = 3 2011 4 khi và chỉ khi x = 1 2012 4 . Câu 2. (4 điểm) a) So sánh a a +c và b b+c Xét hiệu: y = a c a (a c)b a(b c) c(b a) b c b b(b c) b(b c)            . Không mất tính tổng quát, giả sử b > 0. +) Nếu c > 0, b > a thì y > 0  a c a b c b    , +) Nếu c > 0, 0 < b < a thì y < 0  a c a b c b    , +) Nếu c < 0, b > a thì y < 0  a c a b c b    , +) Nếu c < 0, 0 < b < a thì y > 0  a c a b c b    . b) Chứng minh rằng 1.3.5.7. 2011 1 2.4.6.8. 2012 2013    Ta chứng minh mệnh đề tổng quát bằng quy nạp theo n. 1.3.5.7. 2n 1 1 2.4.6.8. 2n 2n 1      ,  n  N * (1) + Với n = 1, ta có 1 1 1 1 2 2 2.1 1 3     : mệnh đề đúng với n = 1. + Giả sử mệnh đề đúng với n = k là số tự nhiên bất kỳ, k > 1. Ta có: 1.3.5.7. 2k 1 1 2.4.6.8. 2k 2k 1      . Xét n = k + 1. 1.3.5.7. (2k 1)(2k 1) 1.3.5.7. (2k 1) 2k 1 1 2k 1 . . 2.4.6.8. 2k.2(k 1) 2.4.6.8. 2k 2k 2 2k 2 2k 1                Ta chứng minh: 1 2k 1 1 . 2k 2 2k 1 2k 2      (2) BĐT (2)  2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 1 1 2k 2 2k 2 2k 2 2k 2              (3) BĐT (3) đúng,  k  N * suy ra BĐT (2) đúng, do đó mệnh đề đúng với n = k + 1. Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n  N * . Thay n = 2012 vào BĐT (1) ta có: 1.3.5.7. 2011 1 2.4.6.8. 2012 2013    . Câu 3. (4 điểm) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 5 + x 4 + 1 Biến đổi x 5 + x 4 + 1 = x 5 + x 4 + x 3 + 1 – x 3 = x 3 ( x 2 + x + 1) + (1 – x)(1 + x + x 2 ) = (x 2 + x + 1)(x 3 + 1 – x). Vậy x 5 + x 4 + 1 = (x 2 + x + 1)(x 3 – x + 1). b) Chứng minh n 4 + 4 n là hợp số ,  n  N, n > 1. + Với n chẵn lớn hơn 1, ta có n 4 + 4 n  2 và lớn hơn 2 nên n 4 + 4 n là hợp số. + Với n lẻ thì (2, 5) = 1 nên theo định lý Fermat, ta có: n 4  1 (mod 5) Ta lại có: 4  - 1 (mod 5)  4 n  (-1) n (mod 5)  - 1 (mod 5). Suy ra n 4 + 4 n  1 – 1  0 (mod 5), do đó n 4 + 4 n là hợp số với n  N, n > 1. Vậy n 4 + 4 n là hợp số ,  n  N, n > 1. Câu 4. (2 điểm) Chứng minh   B 2C  Ta có BD là phân giác góc B của tam giác ABC nên: DA AB 4 DC AC 5    DA 4 DA DC 4 5     DA 4 6 9   DA = 8 3 . Khi đó 8 AD 2 3 AB 4 3   , AB 4 2 AC 6 3   , suy ra AD AB AB AC  , lại có  A là góc chung nên  ABD  ACB (c.g.c) Do đó   1 B C  . Vì   1 1 B B 2  nên   B 2C  . S A B D C 1 2 4 5 6 Câu 5. (4 điểm) a) Chứng minh MA + MB > 2MT Kẻ OH  AB tại H, ta có H là trung điểm của AB nên AH = HB. Do đó MH = MA MB 2  hay MA + MB = 2MH (1) Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông ta có: OM 2 = MH 2 + OH 2 OM 2 = OT 2 + MT 2 Suy ra MH 2 + OH 2 = OT 2 + MT 2 Vì OH < OT suy ra MH > MT. Do đó, từ (1) suy ra: MA + MB > 2MT. (Dấu “=” không xảy ra). Câu 6. (2 điểm) a) Tính S ABD Tam giác ABC cân tại A có  A = 20 0 , nên   B C  = 80 0 . Mặt khác,  CBD = 20 0 , suy ra  ABD = 60 0 . Kẻ AK  BD tại K. Trong tam giác vuông ABK ta có: AK = AB.sinABD = y.sin60 0 = 3 y 2 . Ta lại có  ABC  BCD (g.g) , suy ra: CD CB BD BC AB AC    D x BD x y y     BD = x = BC, CD = 2 x y . Do đó S ABD = 1 3xy BD.AK 2 4  . b) Chứng minh x 3 + y 3 = 3xy 2 Ta có AD = AC – CD = y - 2 2 2 x y x y y   (y > x > 0) Ta lại có : S ABD = 1 AD.BH 2 = 2 2 1 y x . .BH 2 y  = 3xy 4  BH =   2 2 2 3xy 2 y x  , do đó BH 2 =   2 4 2 2 2 3x y 4 y x (1) Mặt khác, áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông BCH, ta có: BH 2 = BC 2 – CH 2 = x 2 - 2 2 x 2y       = 2 2 4 2 4x y x 4y  (2) Từ (1), (2) suy ra: A M H B O T A B C D H 20 0 y x y K 60 0 S   2 4 2 2 2 2 2 2 3x y 4y x 4y 4 y x     3y 6 = (4y 2 – x 2 )(y 2 – x 2 ) 2  3y 6 = (4y 2 – x 2 )(y 4 – 2x 2 y 2 + x 4 )  3y 6 = 4y 6 – 8x 2 y 4 + 4x 4 y 2 – x 2 y 4 + 2x 4 y 2 – x 6  y 6 – x 6 + 6x 4 y 2 – 9x 2 y 4 = 0  y 6 – (x 3 – 3xy 2 ) 2 = 0      3 3 2 3 3 2 y x 3xy y x 3xy 0       y 3 + x 3 – 3xy 2 = 0 (vì y 3 – x 3 + 3xy 2 > 0)  x 3 + y 3 = 3xy 2 (đpcm). . nhất của y = x - x 2012  ĐKXĐ: x  2012. Biến đổi: y =   2 x 2012 x 2012 2012     Đặt t = x 2012  (t  0). Ta có : y = t 2 – t + 2012 = 2 2 1 1 1 3 3 t 2012 t 2011 2011 2. HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 05/01 /2012 – Thời gian: 150 phút ĐỀ: Câu 1. (4 điểm) a) Rút gọn: 3 3 13 4 3    b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x - x 2012  Câu. = » xảy ra khi và chỉ khi 1 1 t 0 t 2 2      1 1 x 2012 x 2012 2 4     . Vậy y min = 3 2011 4 khi và chỉ khi x = 1 2012 4 . Câu 2. (4 điểm) a) So sánh a a +c và b b+c Xét