Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 12 potx

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 ) a) Rút gọn biểu thức sau: A = 8 15 8 15 2 2    b) Giải phương trình : 3 2 2 16 0 16 x x x     Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) Chứng minh rằng n 3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ. b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện : a 2 + b 2 + c 2 = (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 x 2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 và x 2 sao cho biểu thức A = (x 1 2 – 9)(x 2 2 – 4) đạt giá trị lớn nhất. Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 20 0 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a 3 + b 3 = 3ab 2 . 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)(x 2 + y 2 ) + 4 x y   8 HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: ( 4,0 điểm ) a) A = 8 15 8 15 2 2    * Cách 1: A 2 = 2 8 15 8 15 2 2            = 8 15 2  + 8 15 2  + 2 8 15 8 15 . 2 2   = 8 + 2 49 4 = 8 + 7 = 15 Vì A > 0 nên A = 15 * Cách 2: A = 8 15 8 15 2 2    = 16 2 15 16 2 15 4 4    = 2 2 ( 15 1) ( 15 1) 4 4    = 15 1 15 1 2 2    = 15 b) 3 2 2 16 0 16 x x x     . ĐK : 16 – x 2 > 0  - 4 < x < 4 Đặt y = 2 16 x  > 0  x 2 – 16 = - y 2 . Ta có : 3 x y - y 2 = 0  x 3 – y 3 = 0  (x – y)(x 2 – xy + y 2 ) = 0  x – y = 0 ( vì x 2 – xy + y 2 > 0 )  x = y . 2 16 x  = x . Với x > 0 thì 2 16 x  = x  16 – x 2 = x 2  2x 2 = 16  /x/ = 8  x =  8 Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thõa mãn . Phương trình có một nghiệm x = 8 . Bài 2: ( 4, 0 điểm) a) n 3 – n = n(n 2 – 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 : n 3 – n chia hết cho 24 với n lẻ. b) Từ điều kiện : a 2 + b 2 + c 2 = (a –b) 2 + (b- c) 2 + ( c – a) 2 Suy ra : a 2 + b 2 + c 2 = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) – 2(ab + bc + ca)  a 2 + b 2 + c 2 = 2(ab + bc + ca) * Cách 1 : Nếu c  a và c  b thì a 2 + b 2 + c 2 = 2ab + 2bc + 2ca  2ab + 2b 2 + 2a 2  c 2  ( a + b) 2  c  a + b ( vì a, b, c > 0 ) * Cách 2 : Từ a 2 + b 2 + c 2 = 2ab + 2bc + 2ca  a 2 + b 2 + c 2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0  ( a – b + c ) 2 = 4ca . Nếu c  a thì ( a – b + c ) 2 = 4ca  4a 2  ( a – b + c ) 2 - 4a 2  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 x 2 +(m – 1)x – 6 = 0 có  = ( m – 1) 2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 và x 2 . Áp dụng định lý Vi-et : x 1 + x 2 = 1 – m ; x 1 .x 2 = - 6 A = (x 1 2 – 9)(x 2 2 – 4) = (x 1 .x 2 ) 2 – 4x 1 2 – 9x 2 2 + 36 = 72 - 4x 1 2 – 9x 2 2 = – (4x 1 2 + 9x 2 2 + 12 x 1 .x 2 ) = – ( 2x 1 + 3x 2 ) 2  0 A = 0        1 2 1 2 1 2 2 3 0 1 . 6 2 1 3 x x x x x x m             . Từ (2)  x 1 = 2 6 x  , thay vào (1) có : 2 12 x  + 3x 2 = 0  x 2 =  2 - Với x 2 = 2  x 1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1  m = 2 - Với x 2 = - 2  x 1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1  m = 0 - Vậy : m  { 0 ; 2 } Bài 4: (6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 20 0 ; AB = AC = b và BC = a . Chứng minh rằng : a 3 + b 3 = 3ab 2 . B C A D E  ABC cân tại A có góc BAC = 20 0 nên ABC = ACB = 80 0 Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 60 0 , khi đó DBC = 20 0 nên BDC = 80 0   BDC cân tại B  BD = BC = a .  BDC  ABC ( g – g)  DC BC BC AC   DC = 2 a b  AD = b - 2 a b  BDE vuông có EBD = 60 0 nên BE = 1 2 BD = 1 2 a và DE = BD 3 2 = a. 3 2 ; AE = b - 1 2 a. Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có : AD 2 = AE 2 + DE 2  (b - 2 a b ) 2 = (b - 1 2 a) 2 + (a. 3 2 ) 2  b 2 - 2a 2 + 4 2 a b = b 2 - ab + 2 4 a + 2 3 4 a  4 2 a b = 3a 2 –ab  a 4 = 3a 2 b 2 - ab 3  a 4 + ab 3 = 3a 2 b 2  a 3 + b 3 = 3ab 2 . 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. E' E M O I A D B C a) 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)(x 2 + y 2 ) + 4 x y   8 Ta có : (x + y + 1)(x 2 + y 2 ) + 4 x y  = (x + y + 1)(x 2 + y 2 ) - ( x + y) + ( x + y ) + 4 x y  = ( x + y )( x 2 + y 2 ) + (x 2 + y 2 ) - ( x + y) + ( x + y ) + 4 x y  = ( x + y ) (x 2 + y 2 – 1) + (x 2 + y 2 ) + ( x + y ) + 4 x y  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : x + y  2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 x 2 + y 2  2xy = 2 . Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 ( x + y ) + 4 x y   4 . Dấu “ = “ xảy ra  (x + y) 2 = 4  x = y = 1. Do đó : (x + y + 1)(x 2 + y 2 ) + 4 x y   2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8 Dấu “ = “ xảy ra  x = y = 1 . GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC : 2011 – 2 012 Đề chính thức Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài. định lý Vi-et : x 1 + x 2 = 1 – m ; x 1 .x 2 = - 6 A = (x 1 2 – 9) (x 2 2 – 4) = (x 1 .x 2 ) 2 – 4x 1 2 – 9x 2 2 + 36 = 72 - 4x 1 2 – 9x 2 2 =