Đề chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY 18 – 3 – 2018 Đề chính thức Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2018 Bài 1 (4,0 điểm) 1. Chứng minh n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương. 2. Cho ba số phân biệt a, b, c. Đặt : x = (a + b + c)2 – 9ab, y = (a + b + c)2 – 9bc, z = (a + b + c)2 – 9ac. Chứng minh rằng: Trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương. Bài 2 (5,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x – y)(2x + y + 1) + 9(y – 1) = 13 2. Giải phương trình: x2 x 2018 2018 Bài 3 (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện : a2 + b2 + c2 2(ab + bc + ca) và p, q, r là ba số thỏa mãn : p + q + r = 0. Chứng minh rằng : apq + bqr + crp 0. 2. Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 4 M = a b 1 a2 b2 a b Bài 4 (7,0 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H. a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH; b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ tại K. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại P. Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại Q. Chứng minh tứ giác AQDP là tứ giác nội tiếp. 2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí các điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Quy Nhơn, 31 – 03 – 2018 Người gửi: Bùi Văn Chi Email: buivanchi@yahoo.com GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 1
2. GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Bài 1 (4,0 điểm) 1) Chứng minh n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương Biến đổi: n6 – 2n4 + n2 = n2(n4 – 2n2 + 1) = n2(n2 – 1)2 = n2(n – 1)2(n + 1)2 = [n(n – 1)(n + 1)]2 Với n nguyên thì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và cho 3, do đó tích chia hết cho 6. Suy ra [n(n – 1)(n + 1)]2 chia hết cho 36. Vậy n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương. 2) Chứng minh ít nhất một trong ba số x, y, z dương Xét tổng: x + y + z = (a + b + c)2 – 9ab + (a + b + c)2 – 9bc + (a + b + c)2 – 9ac 2 = 3(a + b + c)2 – 9(ab + bc + ca) = 3 a b c 3 ab bc ca = = 3 3 a2 b2 c2 ab bc ca = 2a2 2b2 2c2 2 ab bc ca = = 2 3 2 2 2 a b b c c a 0 (vì a b c) x + y + z > 0 (1). 2 Do đó ít nhất một trong ba số x, y, z dương. Thật vậy nếu cả ba số x, y, z đều nhỏ hơn hoặc bằng 0 thì tổng x + y + z 0: Trái với (1). Bài 2 (5,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x – y)(2x + y + 1) + 9(y – 1) = 13 (1) Biến đổi: (1) 2x2 + xy + x – 2xy – y2 – y + 9y – 9 = 13 2x2 + (1 – y)x – (y2 – 8y + 22) = 0 (2) Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x (y là tham số) Ta có: = (1 – y)2 + 8(y2 – 8y + 22) = 1 – 2y + y2 + 8y2 – 64y + 176 = 9y2 – 66y + 177 = (3y – 11)2 + 56. Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm nguyên là là số chính phương. Đặt = k2 (k Z) Ta có: (3y – 11)2 + 56 = k2 k2 – (3y – 11)2 = 56 (k – 3y + 11)(k + 3y – 11) = 23.7 Nhận xét: Tổng (k – 3y + 11) + (k + 3y – 11) = 2k là số chẵn và tích bằng 56 là số chẵn nên cả hai thừa số đều là số chẵn. Xét 8 trường hợp: k 15 k 3y 11 28 +) 2 : loại k 3y 11 2 y Z 3 k 3y 11 28 k 15 +) : chọn k 3y 11 2 y 8 k 3y 11 14 k 9 +) : chọn k 3y 11 4 y 2 k 9 k 3y 11 14 +) 16 : loại k 3y 11 4 y Z 3 k 3y 11 2 k 15 +) : chọn k 3y 11 28 y 8 GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 2
3. k 15 k 3y 11 2 +) 2 : loại k 3y 11 28 y Z 3 k 9 k 3y 11 4 +) 16 : loại k 3y 11 14 y Z 3 k 3y 11 4 k 9 +) : chọn k 3y 11 14 y 2 Trong các trường hợp trên ta chọn được y = 2; y = 8 5 *) Thay y = 2 vào phương trình (2) ta có : 2x2 – x – 10 = 0 x Z;x 2 1 2 2 11 *) Thay y = 8 vào phương trình (2) ta có : 2x2 – 7x – 22 = 0 x Z;x 2 1 2 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên : x1 = - 2 , y1 = 2 ; x2 = - 2 , y2 = 8. 2. Giải phương trình : x2 x 2018 2018 (1) ĐKXĐ: x - 2018 Biến đổi phương trình: (1) x2 x x 2018 x 2018 . Đặt a = x 2018 (a 0), ta có: x2 + x + a = a2 (x2 – a2) + (x + a) = 0 (x + a)(x – a + 1) = 0 x1 = - a; x2 = a – 1. +) Với x = - a, ta có: x = - x 2018 (ĐK: x 0) 2 2 1 8073 1 8073 x = x + 2018 x – x – 2018 = 0 x1 = 0 : loại; x2 = 0 : chọn 2 2 +) Với x = a – 1, ta có: x = x 2018 1 x 2018 = x + 1 (ĐK: x - 1) 2 2 1 8069 x + 2018 = (x + 1) x + x – 2017 = 0 x1 = 1 : loại; 2 1 8069 x2 = : chọn 2 1 8073 1 8069 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x ;x 1 2 2 2 Bài 3 (4,0 điểm) 1) Chứng minh : apq + bqr + crp 0 Vì có ba số p, q, r nên theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất hai số mà tích của chúng lớn hơn hoặc bằng 0. (Có thể chứng minh bằng phản chứng). Không mất tổng quát, giả sử p.q 0. Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 2(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 - 2(ab + bc + ca) 0 a2 – 2a(b + c) + (b2 + c2 – 2bc) 0 a2 – 2a(b + c) + (b + c)2 + ( b – c)2 – (b + c)2 0 [a – (b + c)]2 – 4bc 0 [a – (b + c)]2 4bc a b c 2 bc 2 2 a b c 2 bc a b c 2 bc a b c apq b c pq (do p.q 0) Từ điều kiện p + q + r = 0 r = - (p + q) Từ đó : 2 2 apq + bqr + crp b c pq + r(bq + cp) b c pq - (p + q)(bq + cp) 2 apq + bqr + crp b c p-q bpq – bq 2 – cpq – cp2 GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 3
4. 2 apq + bqr + crp pq b c b c bq2 cp2 apq + bqr + crp 2 b. c.p.q bq2 cp2 2 apq + bqr + crp bq cp 0 (đpcm) Vậy apq + bqr + crp 0. Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi : b.q c.p 2 a b c r p q 2) Cho a,b > 0 : ab = 1. 4 Tìm GTNN của M = a b 1 a2 b2 a b 2 4 Biến đổi : M = a b 1 a b 2ab . Thay ab = 1 ta có : a b 2 4 M = a b 1 a b 2 . Đặt x = a + b. a b Với a, b > 0 ta có : a + b 2ab a + b 2 . Do đó x 2. 4 Khi đó : M = x 1 x2 2 (x 2). x 4 4 Biến đổi : M = x 1 x2 4 2 x 1 x2 4 2x 2 x x Ta chứng minh M 8 với x 2. 2 4 2 4 Xét hiệu : M – 8 = x 1 x 4 x x 2 8 = x 1 x 4 x 4 x 2 x x 4 4 Với x 2, ta có : (x + 1)(x2 – 4) 0 ; x 2 x. 4 ; x – 2 0 x x Do đó : M – 8 0 M 8. Vậy GTNN của M bằng 8 khi x = 2 a + b = 2 và ab = 1 a = b = 1. Bài 4 (7 điểm) A 1) a) Chứng minh: AC.BD.CE = BE.CD.BH 2 1 E Ta có: BDH S BEC g.g) I BD BH BH.BE = BD.BC (1) BE BC CAD S CBE (g.g) Q F K O CA CD CA.CE = CD.BC H CB CE CA.CE.BD = CD.BC.BD CA.CE.BD = CD.(BC.BD) (2) B C D P J Thay (1) vào (2) ta có: CA.CE.BD = CD.BH.BE. Vậy AC.BD.CE = BE.CD.BH. M GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 4
5. b) Chứng minh: Tứ giác AQDP nội tiếp A Ta có: B· FC B· EC = 900 Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm J, đường kính BC. 1 Mặt khác, đường tròn tâm I ngoại tiếp tứ giác AFHE 2 E và đường tròn tâm J ngoại tiếp tứ giác BFEC I có chung dây EF nên đường nối tâm IJ là trung trực của EF, ta có K IJ » » ¶ ¶ K O nên KE = KF KE KF A1 A2 Q F H C»M B»M A»B C»M A»B B»M 1 Ta có: sdA· PB sd A»B C»M 2 B C (góc có đỉnh ở trong đường tròn (O)) D P J 1 sdA· CM sd A¼BM (góc nội tiếp đường tròn (O)). 2 Do đó A· PB A· CM (1) · · 0 Vì tứ giác AQMC nội tiếp nên ACM AQM = 180 (2) M Từ (1), (2) suy ra A· PB A· QM = 1800. Vậy tứ giác AQDP nội tiếp. 2. a) Vị trí của D, E để DE nhỏ nhất Đặt AB = AC = a (a > 0), BD = AE = x (0 x a). Khi đó AD = a – x. Định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ADE cho ta: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a2 a2 a (12 + 12)[(a – x)2 + x2] [(a – x) + x]2 (a – x)2 + x2 DE2 DE . 2 2 2 a Dấu “=” xảy ra khi: a – x = x x = . Khi đó D, E là trung điểm của AB, AC. 2 a Vậy khi D, E là trung điểm của AB, AC thì DE có giá trị nhỏ nhất và bằng . 2 b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất Ta có: SBDEC = SABC - SADE B x D a - x A x E C a Do đó SBDEC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi SADE đạt giá trị lớn nhất. GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 5
6. 1 Ta có : SADE = x. a x . Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm ta có : 2 2 x a x a2 1 a2 x a x x a x x a x 2 4 2 8 a 1 2 1 2 3 2 Dấu « = » xảy ra khi : x = a – x x = . Khi đó SBDEC = a a a 2 2 8 8 3 2 Vậy khi D, E là trung điểm của AB, AC thì SBDEC có giá trị nhỏ nhất và bằng a . 8 Quy Nhơn, 31 – 03 – 2018 Người gửi: Bùi Văn Chi Email: buivanchi@yahoo.com GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI Buøi Vaên Chi 6