Đề thi chọn học sinh giỏi Tp Quy Nhơn năm học 2008 – 2009 môn Toán 9

 GIAÛI ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI ........................................ Buứi Vaờn Chi.....................................................................1 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2008 – 2009 
MễN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 15/01/2009 – Thời gian: 150 phỳt 
ĐỀ: 
Cõu 1.(4 điểm) 
a) Giải hệ phương trỡnh: 
2 2 2x y z 1
xy yz zx 1
 + + =

+ + =
b) Chứng minh: A = ( ) ( )2009 2009 20091 2 2009 1 2 2009+ + + + + +⋯ ⋮ ⋯ 
Cõu 2. (4 điểm) 
a) Tỡm x, y, x ∈ P sao cho: xy – 1 = z. 
b) Tỡm số nguyờn dương a để 1 + a + a2 + a3 + a4 là số chớnh phương. 
Cõu 3. (4 điểm) 
a) Tỡm đa thức bậc ba f(x) sao cho f(x) – f(x – 1) = x2. 
b) Từ kết quả trờn hóy tớnh biểu thức: 
P = 12 + 22 + + n2 
Cõu 4. (5 điểm) 
a) Về phớa ngoài của tam giỏc ABC vẽ hai nửa đường trũn đường kớnh AB, AC. 
Đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường trũn tại D, E. 
a) Chứng minh đường trung trực của DE luụn đi qua một điểm cố định. 
Tỡm quỹ tớch trung điểm M của DE. 
c) Tỡm vị trớ của đường thẳng d để BD + CE đạt giỏ trị lớn nhất. 
Cõu 5. (3 điểm) 
Cho tam giỏc ABC cú gúc A = 600, AB < AC. 
Trờn cạnh AC lấy điểm E sao cho CE = AB. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC, 
AE. 
Tớnh gúc AQP. 
 GIAÛI ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI ........................................ Buứi Vaờn Chi.....................................................................2 
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN 
NĂM HỌC 2008 – 2009 
MễN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 15/01/2009 – Thời gian: 150 phỳt 
Cõu 1 (4 đ) 
a) Giải hệ phương trỡnh: 
2 2 2x y z 1
xy yz zx 1
 + + =

+ + =
Trước hết, ta chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz (1) 
Biến đổi tương đương: 
(1) ⇔ 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + xz) 
⇔ (x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 ≥ 0 : bất đẳng thức đỳng. Vậy bđt (1) đỳng. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 
Do đú từ hệ phương trỡnh, ta cú x = y = z. 
Khi đú, ta cú 3x2 = 1 ⇔ x = ± 1
3
. 
Vậy hệ phương trỡnh cú hai nghiệm: 
(x, y, z) = 1 1 1 1 1 1; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
   
− − −   
   
b) Chứng minh: 
A = ( ) ( )2009 2009 20091 2 2009 1 2 2009+ + + + + +⋯ ⋮ ⋯ 
Ta chứng minh mệnh đề tổng quỏt: 
B = ( )2k 1 2k 1 2k 11 2 n (1 2 n)+ + ++ + + + + +⋯ ⋮ ⋯ , (n ∈ N*, k ∈ N) 
Ta cú: 1 + 2 + + n = n(n 1)
2
+
Biến đổi: 
2B = [(12k+1 + n2k+1)] + [22k+1 +(n – 1)2k+1 ] + +[(n – 1)2k+1 + 22k+1] + [n2k+1 + 12k+1] 
Vỡ tổng hai số hạng trong mỗi múc vuụng đều chia hết cho (n + 1) nờn 2B ⋮ (n + 1) 
Mặt khỏc, 2B cú thể viết theo cỏch khỏc: 
2B = [12k+1 + (n – 1)2k+1] + [22k+1 + (n – 2)2k+1] +  + [(n – 1)2k+1 + 12k+1] + 2n2k+1 
Vỡ tổng hai số hạng trong mỗi múc vuụng đều chia hết cho n, và 2n2k+1 chia hết cho n 
nờn 2B ⋮ n. 
Vỡ (n, n + 1) = 1 nờn 2B ⋮ n(n + 1). 
Suy ra B ⋮ n(n 1)
2
+
Thay n = 2009 và k = 1004, ta cú mệnh đề A. 
Vậy A = ( ) ( )2009 2009 20091 2 2009 1 2 2009+ + + + + +⋯ ⋮ ⋯ . 
Cõu 2 (4đ) 
a) Tỡm x, y, z ∈ P sao cho xy + 1 = z 
Nếu z = 2 thỡ x = 1∉P: loại. 
Do đú z ≠ 2, suy ra z lẻ, khi đú x chẵn ⇒ x = 2 
+) Xột y = 2, ta cú z = 22 + 1 = 5 ∈ P 
+) Xột y ≠ 2 ⇒ y lẻ , y = 2k + 1. 
Ta cú: xy + 1 = 22k+1 + 1 = 2.4k + 1 ≡ -1 + 1 ≡ 0 (mod 3) ⇒ z ⋮ 3 ⇒ z = 3 (z ∈ P) 
 GIAÛI ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI ........................................ Buứi Vaờn Chi.....................................................................3 
Khi đú: 2y = 3 – 1 = 2 ⇒ y = 1 ∉P: loại 
Vậy x = 2, y = 2, z = 5. 
b) Tỡm a ∈ N: 1 + a + a2 + a3 + a4 = n2 (n ∈ N) (1) 
(1) ⇔ 4 + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = 4n2 = (2n)2 
Ta cú: (2a + a)2 0) 
Suy ra 4 + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = (2n)2 = (2a2 + a + 1)2 
⇔ 4 + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = 4a4 + 4a3 + 5a2 + 2a + 1 
⇔ a2 – 2a – 3 = 0 ⇔ (a + 1)(a – 3) = 0 ⇔ a = 3: chọn, a = - 1 < 0: loại. 
Vậy a =3. 
Cõu 3 (4đ) 
a) Tỡm đa thức bậc ba f(x) sao cho f(x) – f(x – 1) = x2 (1) 
Đa thức bậc ba cú dạng tổng quỏt: 
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) 
Thay vào điều kiện (1): 
ax3 + bx2 + cx + d – [a(x – 1)3 + b(x – 1)2 + c(x – 1) + d] = 
= ax3 + bx2 + cx + d – (ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c + d) = 
= 3ax2 - (3a – 2b)x + (a - b + c) = x2 
Đồng nhất cỏc hạng tử cựng bậc ở hai vế, ta cú hệ điều kiện: 
1
a
33a 1
1
3a 2b 0 b
2
a b c 0 1
c
6

=
= 
 
⇔ − = ⇔ = 
 
− + = 
=

Vậy đa thức bậc ba cần tỡm là: 
f(x) = 3 21 1 1x x x d
3 2 6
+ + + 
b) Tớnh tổng 12 + 22 +  + n2 
Lần lượt thay x = 1; 2; ; n vào đẳng thức (1), ta cú: 
f(1) – f(0) + f(2) – f(1) + + f(n) – f(n – 1) = 12 + 22 + + n2 
⇔ f(n) – f(1) = 12 + 22 + + n2 
⇔ 12 + 22 + + n2 = 3 2 3 21 1 1 1 1 1n n n d d n n n
3 2 6 3 2 6
+ + + − = + + = 
= 
n(n 1)(2n 1)
6
+ +
Cõu 4 (5đ) 
a) Chứng minh trung trực của DE 
đi qua một điểm cố định 
Gọi I là trung điểm của BC. 
Ta cú IM là đường trung bỡnh 
của hỡnh thang BCED nờn 
MI // BD // CE. 
Do đú MI là đường trung trực của DE. 
Vậy trung trực của DE luụn đi qua 
điểm cố định I là trung điểm của BC. 
b) Quỹ tớch của M 
A
D
B
H
M0
M1
I
M
E
C
K
 d
 GIAÛI ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI ........................................ Buứi Vaờn Chi.....................................................................4 
+) Phần thuận: 
Ta cú AMI = 900, AI cố định, 
nờn M thuộc đường trũn cú đường kớnh là AI. 
Giới hạn: 
Khi d trựng với AB thỡ D ≡ B, E ≡ H 
(H là hỡnh chiếu của C trờn AB), 
khi đú M ≡ M0 là trung điểm của BH. 
Khi d trựng với AC thỡ E ≡ C, D ≡ K 
(K là hỡnh chiếu của B trờn AC), 
khi đú M ≡ M1 là trung điểm của CK. 
Do đú khi đường thẳng d quay quanh điểm A 
và cắt hai nửa đường trũn đường kớnh AB, AC 
thỡ M di động trờn cung trũn M0AM1 
của đường trũn đường kớnh AI, 
nằm bờn ngoài tam giỏc ABC. 
+) Phần đảo: 
Trờn cung trũn M0AM1 của đường trũn đường kớnh AI lấy điểm M bất kỳ. 
Đường thẳng AM cắt hai nửa đường trũn đường kớnh AB, AC tại D, E. 
Ta cú: BD ⊥ d, CE ⊥ d, IM ⊥ d ⇒ BDEC là hỡnh thang cú MI là đường trung bỡnh nờn MI 
⊥ DE và M là trung điểm của DE. 
Vậy quỹ tớch của M là cung trũn M0AM1 của đường trũn đường kớnh AI nằm bờn ngoài tam 
giỏc ABC. 
c) Vị trớ của đường thẳng d để BD + CE đạt giỏ trị lớn nhất 
Ta cú BD + CE = 2MI ≤ 2AI 
Vậy BD + CE đạt giỏ trị lớn nhất là 2AI khi và chỉ khi đường thẳng d ⊥ AI tại A. 
Cõu 5 (3đ) 
Trờn cạnh AC lấy điểm I sao cho AI = AB, 
ta cú ∆ABI đều. 
Khi đú AI = CE (= AB) suy ra AE = CI. 
Gọi K là trung điểm của IC. 
Vỡ P là trung điểm của BC nờn PK 
là đường trung bỡnh của ∆BCI. 
Ta cú: PK = BI/2 (1) 
Vỡ QA = QE = AE/2, IK = CK = CI/2, AE = CI 
nờn suy ra QK = AI. 
Mà AI = BI suy ra BI = QK (2), từ (1), (2) 
suy ra PK = QK/2 
Lại cú 1 1K I= ɵ = 60
0
 (so le trong) nờn suy ra 
tam giỏc PQK là nửa tam giỏc đều, 
do đú ∆PQK vuụng tại P, suy ra 2Q = 300. 
Vậy  0 2AQP 180 Q= − = 150
0
. 
A
Q
E
I
K
C
B
P
600
600
600
A
D
B
H
M0
M1
I
M
E
C
K
 d