Đề thi HSG Toán 9 tỉnh Bình Định năm 2013-2014

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2014 Bài 1: (6 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 2 x 6 + x – x – 18 = 0 b) Tìm hai số nguyên dương khác nhau x, y thỏa mãn: x3 + 7y = y3 + 7x Bài 2: (2 điểm) Tính tổng sau: S= 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 Bài 3: (3 điểm) 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2013 2014 x 2 4x Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x m , trong đó m là tham số. 1 x Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: (6 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, tam giác ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M; BE cắt AC tại N. a) Tính DM biết AM = 3cm, AC = 4cm. b) Chứng minh AM = AN. 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O và H là trực tâm của tam giác. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. a) Xác định vị trí của điểm M sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Với điểm M bắt kỳ thuộc cung nhỏ BC, gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh rằng ba điểm N, H, E thẳng hàng. Bài 5: (3 điểm) a c d 3d 2 3 , với 2 a, b, c, d 3. Chứng minh rằng: 3 b d c 3c 2 GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ................................... Buøi Vaên Chi............................................................................ 1 GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Bài 1 (6 điểm) a) Giải phương trình: x 2 x 6 + x2 – x – 18 = 0 (1) x 3 ĐKXĐ: x2 – x – 6 0(x – 3)(x + 2) 0 x Biến đổi phương trình: 2 x 2 x 6 + (x – x – 6) – 12 = 0. Đặt t = x 2 x 6 (t 0) Phương trình trở thành: t 3 t + t2 – 12 = 0(t – 3)(t + 4) = 0 t 4:loaïi 2 Với t = 3, ta có: x 2 x 6 = 3 x – x – 6 = 9x2 – x – 15 = 0x1 (1) 1 2 = 1 61 , x2 = 2 61 . Cả hai giá trị x1, x2 đều thỏa mãn ĐKXĐ. 1 61 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1, 2 . 2 b) Tìm x, y nguyên dương khác nhau thỏa mãn : x + 7y = y + 7x (1) 3 3 (1) x3 – y3 – 7(x – y) = 0 (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0 x2 + xy + y2 – 7 = 0 (x y) 2 4(x + xy + y2 – 7) = 04x2 + 4xy + y2 + 3y2 – 28 = 0(2x + y)2 = 28 – 3y2 (2) Vì (2x + y)2 là số chính phương và x, y là các số nguyên dương, nên suy ra y 2 {1 ; 4 ; 9}, do đó y {1;2;3} +) Với y = 1, thay vào (2), ta có : (2x + 1) 2 = 28 – 3.12 = 25 2x + 1 = 5 x = 2. 2 2 +) Với y = 2, thay vào (2), ta có : (2x + 2) = 28 – 3.2 = 16 2x + 2 = 4 x = 1. 2 2 +) Với y = 3, thay vào (2), ta có : (2x + 3) = 28 – 3.3 = 1 2x + 3 = 1 x = - 1 : loại. Vậy có hai cặp giá trị x, y thỏa mãn điều kiện bài toán : (x ; y) {(2 ;1), (1 ;2)}. Bài 2 (2 điểm) Tính tổng S = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2013 2014 2 1 2 2 3 Xét số hạng tổng quát của tổng, với k N *: k 2 k 1 2 k 1 2 k2 1 1 1 = 2 2 kk k 1 4 3 k2 k 1 k2 k 12 k 2k k 2 2k 2 2k 1 k 4 2k 3 3k 2 2k 1 k2 1 kk 1 kk 1 2 1 1 =1+ kk 1 =1+ k 2 = k k 1 kk 1 = 1 k 1. GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ................................... Buøi Vaên Chi............................................................................ 2 Do đó: 1 1 1 2 1 1 1 (1) 2 k k 1 k k 1 Cho k lần lượt lấy các giá trị từ 1 đến 2013, thay vào đẳng thức (1), rồi cộng vế theo vế, ta được: S= 11 1 11 1 1 1 1 = 2 2 1 1 1 = 1 2 2 1 2 = 2013.1 + 1 2 3 1 1 1 2 1 2 2 1 1 3 2013 2013 2013 2014 1 2013 2014 2013 . 2 = 2013 1 2014 2014 2014 Vậy S = 2013 2013 . 2014 Bài 3 (3 điểm) x1 x 2 Giá trị của m để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất x 2 4x 3x m (1) 1 x (1) x2 – 4x = (1 – x)(3x + m) ( x 1) x2 – 4x = 3x + m – 3x2 – mx 4x2 – (7 – m)x – m = 0 = (7 – m)2 + 16m = m2 + 2m + 49 = (m + 1)2 + 48 > 0, m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x 1, x2 ( 1). Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 7 m , x1.x2 = m . 4 4 Đặt A = x x 2 , ta có: A2 = x x 2 2 = x12 + x22 – 2x1x2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 2 7 m 2 m m 2 2m 49 m 1 2 48 m 12 Biến đổi phương trình: 1 A 1 = 4 4 = 4 16 = 16 3 (vì A > 0). A Vậy A = x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m = - 1. Bài 4 (6 điểm) 1. D a) Tính DM Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ACM, ta có: CM = 5(cm) CM =AM +AC =3 +4 =25 Áp dụng định lý Ta-lét, ta có: 3 DM AM DM 3 AM // CE DC DM 4 3 DCCE4 2 2 2 2 16 3 B 2 DM CM 3 DM = 3CM = 15(cm) b) Chứng minh AM = AN Áp dụng định lý Ta-lét, với AC // BD, ta có: BM DM BM 15 =3 BM = 3.3 = 9(cm) 3 5 AM CM AB = AM + BM = 3 + 9 = 12(cm) Với AB // CE, ta có: M 0 45 3 4 A 45 N C 0 E GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ................................... Buøi Vaên Chi............................................................................ 3 AN AB 12 4 =3 AN 3 3 1 CN CE AN CN 3 AC = 3(cm) AN 3 AN = AC 4 4 Vậy AM = AN (= 3cm). A B’ C’ 2. a) Vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành Ta có: BHCM là hình bình hành BM // CH. Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB. H O 0 Do đó BM AB hay ABM = 90 C B AM là đường kính của (O) Vậy M là điểm đối tâm của A qua O thì tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Chứng minh N, H, E thẳng hàng Gọi F và K lần lượt là giao điểm thứ hai của CH và BH với đường tròn (O). Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường cao của tam giác ABC. 1 2 Ta có: AFH ABC M sdAC , A ABC AHC'(cuøng buø vôùi A 'HC' vì tứ giác BA’HC’ nội tiếp) K Suy ra AFH AHC ' , do đó tam giác AHF cân tại A nên F và H đối xứng qua AB. Ta lại có, M và N đối xứng qua AB , Suy ra MFH NHF E B’ F C’ 1 Mặt khác, MFH MAC H sdCM O 2 nên NHF MAC (1) B N Chứng minh tương tự, ta có: EHK BAM (2) Vì tứ giác AB’HC’ nội tiếp ( B' C ' = 90 C M Từ (1), (2) suy ra: NHF EHK MAC BAM BAC (3) A’ 0 + 90 0 = 180 0 ) nên 0 BAC B'HC' = 180 (4) 0 Từ (3) và (4) suy ra NHF EHK B' HC ' = 180 . Vậy ba điểm N, H, E thẳng hàng. Bài 5 (3 điểm) Chứng minh rằng: 2 a c d 3d 3 , với 2 a, b, c, d 3 3 b d c 3c 2 Đặt A = a(c – d) + 3d, B = b(d – c) + 3c. Ta có: A = ac – ad + 3d = ac + d(3 – a) > 0, với 2 a, b, c, d 3 B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b) > 0, với 2 a, b, c, d 3. Ta chứng minh hai bất đẳng thức: A 2 +) B 3 GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ................................... Buøi Vaên Chi............................................................................ 4 Ta chỉ cần chứng minh A 6 và 0 < B 9. Với 2 a, b, c, d 3, thực hiện các biến đổi ta có: A = ac + d(3 – a) ac 3.2 = 6 Do đó A 6, dấu “=” xảy ra khi a = 3, c = 2, d [2; 3]. Thay c = 2 vào biểu thức B, ta có: B = bd + c(3 – b) = bd + 6 – 2b = b(d – 2) + 6 3(3 – 2) + 6 = 9 Do đó 0 < B 9, dấu “=” xảy ra khi c = 2, b = 3, d = 3, a [2; 3] A Từ đó, A 6 và 0 < B 9, nên , dấu “=” xảy ra khi c = 2, a = b = d = 3. B A 3 +) B 2 Ta cần chứng minh 0 < A 9 và B 6. Thực hiện các biến đổi, ta có : B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b) bd 3.2 = 6 Do đó B 6, dấu “=” xảy ra khi b = 3, d = 2, c [2 ; 3]. Thay d = 2 vào biểu thức A, ta có : A = ac + d(3 – a) = ac + 2(3 – a) = a(c – 2) + 6 3.(3 – 2) + 6 = 9 Do đó 0 < A 9, dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = 3, c = 3, b [2; 3]. A 3 Từ đó: 0 < A 9 và B 6, nên 0 , dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = b = c = 3. B 2 Tóm lại, ta có: 2 A 3 , với 2 a, b, c, d 3 Vậy 2 a c d 3d 2 3 , với 2 a, b, c, d 3. 3 b d c 3c 2 3 B Quy Nhơn, ngày 21 tháng 03 năm 2014 Bùi Văn Chi GIAÛI ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ................................... Buøi Vaên Chi............................................................................ 5