Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS Tỉnh Bình Định môn Toán

1

Bài toán gửi Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Chuyên mục “Đề thi học sinh giỏi” ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 Bài 1: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 điểm)

Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1 1 1 0 x y x + + =

Chứng minh rằng 2 2 2 yz zx xy 3 x y z + + =

Bài 3: (3 điểm) Giải hệ phương trình:

x y 7

x 20 y 3 6

 + = 

− + + = 

Bài 4: (4 điểm) Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F.

Chứng minh rằng OA OB OC 2 AG BE CF + + =

Bài 5: (4 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD. a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6: (3 điểm)

Chứng minh: 1 1 1 17 18 2 3 100 < + + + < ⋯

ThuVienDeThi.com

2

GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) Biến đổi: (1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0

⇔ m =

3 2

2 2n 3n 14n 5 n 7 − + − + = 2 16 2n 3 n 7 −+ +

Vì m, n ∈ Z, nên (n2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}.

+) Nếu n2 = 1 thì n = ±1

+) Nếu n2 = 9 thì n = ±3 + Với n = 1, ta có m = 1 + Với n = -1, ta có m = -3 + Với n = 3, ta có m = 4 + Với n = -3, ta có m = -8. Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}. Bài 2.

Cho x, y, z khác 0 thỏa 1 1 1 0 x y z + + = .

Chứng minh 2 2 2 yz zx xy 3 x y z + + =

Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 1

2 (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Ta có: (a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 1

2 (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.

Đặt 1 1 1 a ,b ,c x y z = = = , theo giả thiết 1 1 1 0 x y z + + = nên suy ra a + b + c = 0

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 ⇔ a3 + b3 + c3 = 3abc,

hoặc 3 3 3 1 1 1 3 x y z xyz + + =

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 2 2 yz zx xy 3 x y z + + = (đpcm).

ThuVienDeThi.com

3

Bài 3. Giải hệ phương trình:

x y 7

x 20 y 3 6

 + = 

− + + = 

Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0.

Đặt a = x 20, b y 3 − = + (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3. Hệ phương trình viết lại:

2 2 a 20 b 3 7(1)

a b 6(2)

 + + −=  + = 

Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 Bình phương hai vế của (1) ta có:

a2 + 20 + b2 – 3 + 2 ( )( ) 2 2 a 20 b 3 + − = 49 (3)

Thay b = 6 – a vào (3), ta có:

a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 ( ) ( )

2 2 a 20 6 a 3   + − −   = 49

⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 ( )( ) 2 2 a 20 a 12a 33 + − + = 49

⇔ ( )( ) 2 2 a 20 a 12a 33 + − + = - a2 + 6a – 2 (4)

Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có: (a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2 ⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a

⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0

⇔ a1 = 4: chọn, a2 = 164 6 13 > : loại

Với a = 4, ta có b = 2. Thế lại Nn cũ: a = 4 ⇒ x 20 − = 4 ⇔ x = 36

b = 2 ⇒ y 3 + = 2 ⇔ y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36, y = 1. Bài 4.

Chứng minh: OA OB OC AG BE CF + + = 2

Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 Ta có:

1 2 1 2 1 2

ABG ACG ABG ACG ABC

OA S S S S S S AG S S S S S + + = = = = + (1)

Lập luận tương tự, ta có:

1 3

ABC

OB S S BE S

+ = (2)

A

B

F O

E

C …