Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHÓA NGÀY: 18 – 3 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2016

Bài 1: (5,0 điểm)
a) Tính tổng
1
1
1
1
1
1
T = 1  2  2  1  2  2  ....  1 

2
2
3
3
4
2015
20162
b) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:  y + 2  x 2 + 1 = y 2
Bài 2: (3,0 điểm)
Cho phương trình: x 2 + ax + b + 1  0 với a, b là tham số.
Tìm giá trị của a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện:

x1  x 2 = 3
 3
3
x1  x 2 = 9

Bài 3: (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4a
9b
16c
P=
+
+
b+ca a+cb a+bc
Bài 4: (9,0 điểm)
1. Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm A thay đổi trên đường tròn (O) (A không
trùng với B và C). Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn tại điểm K (K khác
A). Hạ AH vuông góc với BC.
a) Đặt AH = x. Tính diện tích S của tam giác AHK theo R và x. Tìm x sao cho S đạt giá trị lớn
nhất.
AH
3
b) Tính góc B của tam giác ABC biết rằng:
=
HK
5
2. Một đường thẳng d thay đổi cắt cạnh Ox, Oy của góc nhọn xOy lần lượt tại hai điểm M và N
1
2
nhưng luôn thỏa mãn hệ thức:

+
 1 . Chứng tỏ rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố
OM ON
định.


Bài 1:

1
1
1
1
+
 
+1
2
2
n
 n + 1 n n + 1
Giải
1
2
1
2
 2 
+
+
+1
2
n

n  n + 1  n + 1
n  n + 1

a) Chứng minh rằng n  N ta luôn có: 1+

Ta có: 1 +

1
1
+
2
2
n
 n + 1

2

1
1
1 
1 
= 
 + 2 
 +1
 n n + 1
 n n + 1
1

1
= 

 1
n n +1


2

1
1
1
1
+
 
+ 1 (đpcm)
2
2
n
 n + 1 n n + 1
Áp dụng bài toán trên, ta có:
1
1
1
1
1
1
T = 1  2  2  1  2  2  ....  1 

2
2
3
3

4
2015
20162
1 1 1 1
1
1
=     1  .... 

1
2 3 3 4
2015 2016
1
1
1007
= 
 1008 
 1008
2 2016
2016
1007
Vậy: T =
 1008
2016
y2  1
3
b) Ta có:  y + 2  x 2 + 1 = y 2 (*)  x 2 =
=y2+
y+2
y+2
Suy ra: 1+

Vì y  Z nên y – 2  Z. Do đó y + 2  1 ;  3
y + 2 = 1  y = - 1  x2 = 0  x = 0
y + 2 = - 1  y = - 3  x 2 = - 8 (loại)
y + 2 = 3  y = 1  x2 = 0  x = 0
y + 2 = - 3  y = - 5  x 2 = - 8 (loại)
Vậy ta có các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là: (x = 0 ; y = 1) và (x = 0 ; y = - 1)
Bài 2: x 2 + ax + b + 1  0 (1)
Ta có:   a 2  4  b + 1 = a 2  4b  4
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2    0  a 2  4b  4
Theo hệ thức Vi et, ta có: x1  x 2   a (1); x1.x 2  b + 1 (2)

 x1  x 2  2  9
x1  x 2 = 3
Theo bài toán, ta có:  3

 I
3
2
2
x

x
=
9
x

x
x


x
x

x

9


 1
2
 1
2  1
1 2
2
 x1  x 2  2  4x1 x 2  9


2
3  x1  x 2   x1x 2   9


Thế (1) và (2) vào hệ phương trình (I), ta được:
2
2
a = ±1
a  4  b + 1 = 9
a  4b = 13


 2

 2
b   3
a  b  1 = 3
a  b = 4
Vậy khi a = 1; b = - 3 hoặc a = - 1, b = - 3 thì phương trình Tìm trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 3:
Đặt: b + c – a = x; a + c – b = y; a + b – c = z
y+z
x+z
x+y
Suy ra: a =
;b=
;c=
. Khi đó:
2
2
2
4  y + z  9  x + z  16  x + y  2  y + z  9  x + z  8  x + y 
P=
+

=
+

2x
2y
2z
x
2y

z
2y 2z 9x 9z 8x 8y  2y 9x   2z 8x   9z 8y 
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+



x
x
2y 2y
z
z
2y   x
z   2y
z 
 x
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
b + c – a = x > 0; a + c – b = y > 0; a + b – c = z > 0. Áp dụng BĐT Cô si, ta có:
 2y 9x   2z 8x   9z 8y 
2y 9x
2z 8x
9z 8y

P= 
+
+
+
.
2
.
2
.
 6  8  12  26


2
2y   x
z   2y
z 
x 2y
x z
2y z
 x
 2y 9x
 x = 2y
3  b + c  a  = 2  a + c  b 

3x = 2y

 2z 8x

Dấu “=” xảy ra   =
 z = 2x  a + b  c = 2  b + c  a 

z
x
3z = 4y


3  a + b  c  = 4  a + c  b 
 9z 8y
=
 2y
z


6

5b + c  5a = 0
6c = 5b
b= a




7
 3a  b  3c = 0  5a = 7c  
a  7b + 7c = 0
7b = 6a
c = 5 a



7

6
5
Vậy GTNN của biểu thức P là 26 khi b = a và c = a
7
7
Bài 4:
a) Kẻ tiếp tuyến tại K của đường tròn (O), cắt AH tại I.
 = KC
 (vì BAK
 = CAK
 )  KB = KC
Ta có: KB
  KBC cân tại K, lại có KO là đường trung tuyến
nên cũng là đường cao.
  900
 KO  BC  KOH
Tứ giác KIHO là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông)
  900 và KI = OH và AH  IK tại I
 HIK
 AHO vuông tại H nên:

HO2 = OA 2  AH 2  HO =

OA 2  AH 2 =

A

x
B

O
H

R

R 2  x2
I

K

C


1
1
1
AH.KI = AH.HO = x R 2  x 2
2
2
2
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
1
1 x2 + R 2  x2 1 2
SAHK = x R 2  x 2  .
 R : không đổi
2
2
2
4

Ta có: SAHK =

2

A

x

2

Dấu “=” xảy ra  x = R  x
B
R
2
2
 2x  R  x =
2
R
1
Vậy khi x =
thì diện tích tam giác AHK đạt GTLN là R 2
4
2
2
AH
3
AH
3
b) Ta có:
=


=  5AH 2 = 3HK 2 1
2
HK
5
HK
5
2
 HOK vuông tại O nên HK = OK 2 + OH 2  HK 2 = R 2 + OH 2

O
H

R

I

K

 2

 AHO vuông tại H nên OA 2 = OH 2 + AH 2  R 2 = OH 2 + AH 2
 OH 2 = R 2  AH 2  R 2  x 2
2

2

2

2

2

Thay (3) vào (2) ta được: HK = R + R  x  2R  x

2

 3

 4

Thay (4) vào (1) ta được: 5AH 2 = 3  2R 2  x 2   5x 2  6R 2  3x 2  R 2 =

4 2
x
3

3 2
x = x 2 + HO 2
4
x
 3HO 2 = x 2  HO =
3

 AHO vuông tại H nên OA 2 = AH 2 + HO 2  R 2 = x 2 + HO2 

  AH = x  3  AOH
  600
 AHO vuông tại H nên tan AOH
x

OH
3
 1800  600
1800  AOB

 AOB cân tại O (vì OA = OB) nên ABO =
=
= 600
2
2
0

Hay ABC  60

GV: Võ .M. Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát

C