Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 thcs năm học : 2011 – 2012 môn thi : Toán thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

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 )
Rút gọn biểu thức sau: A = 
b) Giải phương trình : 
Bài 2: ( 4, 0 điểm)
Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.
Cho a, b, c là các số thực dương thõa 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, 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 = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: (6, 0 điểm)
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) + 8
 --------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1: ( 4,0 điểm )
 A = 
* Cách 1: A2 = = + + 2
 = 8 + 2 = 8 + 7 = 15
Vì A > 0 nên A = 
* Cách 2: A = = 
 	 = = = 
b) . ĐK : 16 – x2 > 0 - 4 < x < 4
Đặt y = > 0 x2 – 16 = - y2 . Ta có : 
 - y2 = 0 x3 – y3 = 0 (x – y)(x2 – xy + y2) = 0 x – y = 0 ( vì x2 – xy + y2 > 0 )
 x = y .
 = x . Với x > 0 thì = x 16 – x2 = x2 2x2 = 16 /x/ = x = 
Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = thõa mãn .
Phương trình có một nghiệm x = .
Bài 2: ( 4, 0 điểm)
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.
Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 
Suy ra : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 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 = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 ) 
 = – ( 2x1 + 3x2)2 0
A = 0 . 
Từ (2) x1 = , thay vào (1) có : + 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)
Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a .
 Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
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 = 
 AD = b - 
BDE vuông có EBD = 600 nên BE = BD = a và DE = BD = a. ; 
AE = b - a.
Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có :
AD2 = AE2 + DE2 (b - )2 = (b - a)2 + (a.)2 
 b2 - 2a2 + = b2 - ab + + = 3a2 –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.
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) + 8
 Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) + = (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + 
 = ( x + y )( x2 + y2 ) + (x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + 
	 = ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) + 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :
 x + y 2 = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra x = y = 1
	x2 + y2 2xy = 2 . Dấu “ = “ xảy ra x = y = 1
	( x + y ) + 4 . Dấu “ = “ xảy ra (x + y)2 = 4 x = y = 1.
Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) + 2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8 
 Dấu “ = “ xảy ra x = y = 1