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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 05/4/2016

Bài 1: (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau:
 x  5 y  20

2
1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x 

2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai
nghiệm dương phân biệt.
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
Bài 2 : (4 điểm)
 x  y  z  2
. Tính giá trị của biểu thức
 x  y  z  2

1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 
P



y
x
z 



 x 1 y 1 z 1 

 x  1 y  1 z  1  

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai
điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6.
Bài 3: (4 điểm)
3
a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab  6   a  b 
b) Cho a  111 1 , b  100 05 . Chứng minh rằng số M  ab 1 là số chính
2017 chu so 1

2016 chu so 0

phương.
Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC
= CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao
cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau
tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng:
1) AD. AF + BC. BF = 4R2.
2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng.
Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam
giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của

diện tích tứ giác ABCD.
Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2.

G
GV
V:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– TTH
HC
CS
SP
Phhaann C
Chhuu TTrriinnhh –– B
Buuôônn M
Maa TThhuuộộtt

trang 1


BÀI GIẢI
Bài 1: (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau:
 x  5 y  20

2
1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x 
 x  5 y  20
 x  5 y  20




2
2
2
2
2
1  3x   2 x 1  3 x   1  3 y   2 x 1  3 y 
1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x 
 x  5 y  20
 x  5 y  20



2
2
2
2
2
3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y 
1  3x   1  3 y   2 x 1  3 y   2 x 1  3 x 
 x  5 y  20
 x  5 y  20



2
2
3  x  y   2  3  x  y   2 x   0

3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y 

  x  5 y  20
 x y5
 x  5 y  20


 x y 0
x  20


  x  y  0

  y 
  x  5 y  20

5
2  3  x  y   2 x2  0

 5 x 2  9 x  35  0  vo nghiem 

2


  2  3  x  y   2 x  0
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là  5; 5

2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai
nghiệm dương phân biệt.
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt


 m  1 4m  3  0   m  1



  0
 2m  1   3m  4   0 

 m  3
4
3


  P  0   3m  4  0
 m  
 
4 m
3
4
S 0
 2  2m  1  0


1


1

m  
2


 m   2
2

Bài 2 : (4 điểm)
 x  y  z  2
. Tính giá trị của biểu thức
 x  y  z  2

1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 
P



y
x
z 



x

1
y

1
z

1




 x  1 y  1 z  1  

Ta có 2  xy  yz  zx    x  y  z    x  y  z   22  2  2  xy  yz  zx  1
2

Nên x  1  x  xy  yz  zx   x  y  x  z 

tương tự: y  1   x  y  y  z  ; z  1   x  z  y  z 


y
x
z 



 x 1 y 1 z 1 

Do đó: P   x  1 y  1 z  1  

G
GV
V:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– TTH
HC
CS

SP
Phhaann C
Chhuu TTrriinnhh –– B
Buuôônn M
Maa TThhuuộộtt

trang 2






x y



2



xy  yz  zx  2

2

y z


2

z x



2



x





y z  y





x y






z 

z x  z

y



x y

z x





b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai
điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6.
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a, b  0, vì cắt Ox, Oy)
Vì đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) nên có: a + b = 2  b = 2 – a
Đường thẳng y = ax + 2 – a cắt tia Ox tại điểm có hoành độ

a2
, cắt tia Oy tại điểm có
a

a  2
0
tung độ 2  a . Nên  a
a0

2  a  0
 a  1
a2

Ta có OA + OB = 6 
(TM)
 2  a  6  a 2  3a  2  0   a  1 a  2   0  
a
a  2

+) Với a = –1, phương trình đường thẳng là : y = –x + 3
+) Với a = –2, phương trình đường thẳng là : y = –2x + 4
Bài 3: (4 điểm)
3
a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab  6   a  b 
a  b  3
a  b  4

Ta có 10  ab  99  16  ab  6  105  16   a  b 3  105  3  a  b  4  

Nên ab12;21;30;13;22;31 . Chỉ có 21  6   2  1 là đúng. Vậy ab  21
b) Cho a  111 1 , b  100 05 . Chứng minh rằng số M  ab 1 là số chính
3

2017 chu so 1

2016 chu so 0

phương.
Ta có: a  111 1 
2017 chu so 1

102017  1
; b  100 05  102017  5 .

9
2016 chu so 0



102017
102017  1
2017
 10  5  1 
Do đó M  ab  1 
9



10

2017

2



2





2

 4 102017  5
9

10 
1 
2017

2

 4 102017  4
9

2

 102017  2 


9
3


2017
10  2
 N . Do đó M  ab  1 là số chính phương.
Vì 102017  2 3 nên
3


Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC
= CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao

cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau
tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng:
1) AD. AF + BC. BF = 4R2.
2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng.

G
GV
V:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– TTH
HC
CS
SP
Phhaann C
Chhuu TTrriinnhh –– B
Buuôônn M
Maa TThhuuộộtt

trang 3


F

D
C
H K
A

I I'

E

H

B

1) AD. AF + BC. BF = 4R2.
K FH  AB (H  AB), ta có: ADB  ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét ADB và AHF có: ADB  AHF  900 , A (góc chung)
AD AH

 AD. AF  AB. AH  a 
AB AF
Xét ACB và FHB có: ACB  FHB  900 , B (góc chung)
BC BH
Vậy ACB FHB 

 BC.BF  AB.BH  b 
AB BF
Từ a), b)  AD.AF  BC.BF  AB  AH  BH   AB2  4R2 (đpcm)

Vậy ADB

AHF 

2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng.
Vì BC  CD  BC  CD  BAC  CAD  AC là phân giác góc BAD.
Gọi I’ là giao điểm của DK với AB. (1)

AI  KI 

c
AD KD
KI  I E

Xét BI’D có EK // BD (EH  AD, BD  AD) 
c
KD BE
AI  I E

Từ c), d) 
mà AD = BE (gt)  AI’ = I’E  I’  I (vì AI = IE (gt)) (2)
AD BE

Xét AI’D có AK là phân giác DAI  

Từ 1) và 2) suy ra D, I, K thẳng hàng (đpcm)
Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam
giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
diện tích tứ giác ABCD.

G
GV
V:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– TTH
HC
CS

SP
Phhaann C
Chhuu TTrriinnhh –– B
Buuôônn M
Maa TThhuuộộtt

trang 4


B
A
O
D
Ta có:

C
S AOB S BOC OB


 S AOD  S BOC  S AOB  SCOD  9 16  144
S AOD SCOD OD

Do đó S AOD  SBOC  2 S AOD  SBOC  2 144  24
Nên S ABCD  S AOB  SCOD  S AOD  S BOC  9  16  24  49 .
Dấu “=” xảy ra  S AOD  S BOC  OA.OD  OB.OC 

OA OB

 AB / /CD
OC OD

Vậy Min SABCD = 49 cm2 khi AB // CD.
Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2.
1   21
14   1


P  5a 2  11b 2  5c 2   2a 2  b 2    b 2  c 2    c 2  3a 2 
2   2
3  3


1
21 2 14 2
1
 2 2a 2  b 2  2
b  c  2 c 2  3a 2
2
2
3
3
 2ab  14bc  2ca  2  ab  7bc  ca   2 188  376
1

2a 2  b 2

2

 21 b 2  14 c 2

Dấu “=” xảy ra  2

3

1 2
c  3a 2

3

ab  7bc  ca  188

(tự xử tiếp)

G
GV
V:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg H
Hảảii –– TTH
HC
CS
SP
Phhaann C
Chhuu TTrriinnhh –– B
Buuôônn M
Maa TThhuuộộtt

trang 5