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

 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 1 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH 
MƠN TỐN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2014 
Bài 1: (6 điểm) 
a) Giải phương trình: 2 6x x  + x2 – 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 = 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 1 1
1 2 2 3 2013 2014
        
Bài 3: (3 điểm) 
Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 
2 4 3
1
x x x m
x

 

, trong đĩ m là tham số. 
Tìm m để biểu thức 1 2x x đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 4: (6 điểm) 
1) Cho tam giác ABC vuơng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đĩ các tam giác ABD vuơng cân 
ở B, tam giác ACE vuơng 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 cĩ ba gĩc nhọn nội tiếp trong đường trịn 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) 
 Chứng minh rằng:  
 
32 3
3 3 2
a c d d
b d c c
 
 
 
, với 2  a, b, c, d  3. 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 2 
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MƠN TỐN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Bài 1 (6 điểm) 
a) Giải phương trình: 2 6x x  + x2 – x – 18 = 0 (1) 
ĐKXĐ: x2 – x – 6  0  (x – 3)(x + 2)  0  
3x
x

 
Biến đổi phương trình: 
(1)  2 6x x  + (x2 – x – 6) – 12 = 0. Đặt t = 2 6x x  (t  0) 
Phương trình trở thành: 
t + t2 – 12 = 0  (t – 3)(t + 4) = 0  
3
4
t
t :loại

 
Với t = 3, ta cĩ: 2 6x x  = 3  x2 – x – 6 = 9  x2 – x – 15 = 0  x1 = 
1 61
2
 , x2 = 
1 61
2
 . Cả hai giá trị x1, x2 đều thỏa mãn ĐKXĐ. 
Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm : 1 2
1 61
2,
x  . 
 b) Tìm x, y nguyên dương khác nhau thỏa mãn : x3 + 7y = y3 + 7x (1) 
Biến đổi : 
(1)  x3 – y3 – 7(x – y) = 0  (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0 
 x2 + xy + y2 – 7 = 0 (x  y) 
 4(x2 + xy + y2 – 7) = 0  4x2 + 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 y2  {1 ; 4 ; 9}, do đĩ y 
 {1 ; 2 ; 3} 
+) Với y = 1, thay vào (2), ta cĩ : (2x + 1)2 = 28 – 3.12 = 25  2x + 1 = 5  x = 2. 
+) Với y = 2, thay vào (2), ta cĩ : (2x + 2)2 = 28 – 3.22 = 16  2x + 2 = 4  x = 1. 
+) Với y = 3, thay vào (2), ta cĩ : (2x + 3)2 = 28 – 3.32 = 1  2x + 3 = 1  x = - 1 : loại. 
Vậy cĩ hai cặp giá trị x, y thỏa mãn điều kiện bài tốn : (x ; y)  {(2 ;1), (1 ;2)}. 
Bài 2 (2 điểm) 
Tính tổng S = 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 1 1
1 2 2 3 2013 2014
        
Xét số hạng tổng quát của tổng, với k  N*: 
 
   
 
2 22 2
2 22
1 11 11
1 1
k k k k
k k k k
   
  
   
 = 
   
4 3 2 2 4 3 2
2 2
2 2 2 1 2 3 2 1
1 1
k k k k k k k k k
k k k k
        

       
= 
   
2
2 21 1
1 1
k k k k
k k k k
    
    
= 
= 1 + 
 
1
1k k
 = 1 + 1 1
1k k


. 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 3 
Do đĩ: 
 22
1 1 1 11 1
11k k kk
    

 (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 = 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 1 1
1 2 2 3 2013 2014
        = 
= 1 1 1 1 1 11 1 1
1 2 2 3 2013 2014
                 
     
= 
= 2013.1 + 1 1 2013 20132013 2013
1 2014 2014 2014
     
 
. 
Vậy S = 20132013
2014
. 
Bài 3 (3 điểm) 
Giá trị của m để biểu thức 1 2x x đạt giá trị nhỏ nhất 
Biến đổi phương trình: 
2 4 3
1
x x x m
x

 

 (1) 
(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 đĩ phương trình (1) luơn cĩ hai nghiệm x1, x2 ( 1). 
Theo hệ thức Vi-ét, ta cĩ: x1 + x2 = 
7
4
m , x1.x2 = 
4
m . 
Đặt A = 1 2x x , ta cĩ: A
2 = 1 2x x
2 = x12 + x22 – 2x1x2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 
 A2 = 
27 4
4 4
m m       
   
 = 
2 2 49
16
m m  =    
2 21 48 1
3
16 16
m m  
  
 A  3 (vì A > 0). 
Vậy A = 1 2x x đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m = - 1. 
Bài 4 (6 điểm) 
1. 
a) Tính DM 
Áp dụng định lý Py-ta-go 
trong tam giác vuơng ACM, ta cĩ: 
CM2 = AM2 + AC2 = 32 + 42 = 25  CM = 5(cm) 
Áp dụng định lý Ta-lét, ta cĩ: 
AM // CE  3
4
DM AM
DC CE
   3
4 3
DM
DC DM

 
 3DM
CM
  DM = 3CM = 15(cm) 
b) Chứng minh AM = AN 
Áp dụng định lý Ta-lét, với AC // BD, ta cĩ: 
BM DM
AM CM
  15
3 5
BM
 = 3  BM = 3.3 = 9(cm) 
 AB = AM + BM = 3 + 9 = 12(cm) 
Với AB // CE, ta cĩ: 
A N C
E
M
BD
3
4
450
450
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 4 
12
4
AN AB
CN CE
  = 3  3
3 1
AN
AN CN

 
 3
4
AN
AC
  AN = 3
4
AC = 3(cm) 
Vậy AM = AN (= 3cm). 
2. 
a) Vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành 
Ta cĩ: BHCM là hình bình hành  BM // CH. 
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên CH  AB. 
Do đĩ BM  AB hay ABM = 900 
 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 trịn (O). 
Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường cao của tam giác ABC. 
 Ta cĩ:   1
2
AFH ABC sdAC    
 
, 
  ABC AHC'(cùng bùvớiA 'HC' vì tứ giác BA’HC’ nội tiếp) 
Suy ra  AFH AHC' , do đĩ tam giác AHF cân tại A 
nên F và H đối xứng qua AB. 
Ta lại cĩ, M và N đối xứng qua AB , 
Suy ra  MFH NHF 
Mặt khác,   1
2
MFH MAC sdCM   
 
nên  NHF MAC (1) 
Chứng minh tương tự, ta cĩ:  EHK BAM (2) 
Từ (1), (2) suy ra: 
    NHF EHK MAC BAM BAC    (3) 
Vì tứ giác AB’HC’ nội tiếp ( B' C' = 900 + 900 = 1800) nên 
 BAC B'HC' = 1800 (4) 
Từ (3) và (4) suy ra   NHF EHK B'HC'  = 1800. 
Vậy ba điểm N, H, E thẳng hàng. 
Bài 5 (3 điểm) 
 Chứng minh rằng:  
 
32 3
3 3 2
a c d d
b d c c
 
 
 
, với 2  a, b, c, d  3 
Đặt A = a(c – d) + 3d, B = b(d – c) + 3c. 
Ta cĩ: 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: 
+) 2
3
A
B
 
C
A
B
M
H
C’
B’
O
C
A
B
M
H
C’
B’
O
N
F
K E
A’
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 5 
Ta chỉ cần chứng minh A  6 và 0 < B  9. 
Với 2  a, b, c, d  3, thực hiện các biến đổi ta cĩ: 
A = ac + d(3 – a)  ac  3.2 = 6 
Do đĩ A  6, dấu “=” xảy ra khi a = 3, c = 2, d  [2; 3]. 
Thay c = 2 vào biểu thức B, ta cĩ: 
B = bd + c(3 – b) = bd + 6 – 2b = b(d – 2) + 6  3(3 – 2) + 6 = 9 
Do đĩ 0 < B  9, dấu “=” xảy ra khi c = 2, b = 3, d = 3, a  [2; 3] 
Từ đĩ, A  6 và 0 < B  9, nên A
B



, dấu “=” xảy ra khi c = 2, a = b = d = 3. 
+) 3
2
A
B
 
Ta cần chứng minh 0 < A  9 và B  6. Thực hiện các biến đổi, ta cĩ : 
B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b)  bd  3.2 = 6 
Do đĩ B  6, dấu “=” xảy ra khi b = 3, d = 2, c  [2 ; 3]. 
Thay d = 2 vào biểu thức A, ta cĩ : 
A = ac + d(3 – a) = ac + 2(3 – a) = a(c – 2) + 6  3.(3 – 2) + 6 = 9 
Do đĩ 0 < A  9, dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = 3, c = 3, b  [2; 3]. 
Từ đĩ: 0 < A  9 và B  6, nên 30
2
A
B
  , dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = b = c = 3. 
Tĩm lại, ta cĩ: 2 3
3 2
A
B
  , với 2  a, b, c, d  3 
Vậy  
 
32 3
3 3 2
a c d d
b d c c
 
 
 
, với 2  a, b, c, d  3. 
Quy Nhơn, ngày 21 tháng 03 năm 2014 
Bùi Văn Chi