Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2017

Đề chính thức

Môn thi:
TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2017

Bài 1 (6,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

2m + 16m + 6
+
m+2 m −3

m −2
+
m −1

3
−2
m +3

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng

nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 2 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có:
b) Cho phương trình: 2 x 2 + 3mx −

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

2 = 0 (m là tham số). Có hai nghiệm x1 và x2 . Tìm giá trị
2

nhỏ nhất của biểu thức: M = ( x1 − x2 )

2

 1 + x12 1 + x22 
+
−
÷
x2 
 x1

Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1

1
1
+ 2
+ 2
≤ 
+
+
÷
x + yz
y + xz z + xy 2  xy yz zx 
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh MB + MC = MA
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng
thức:
2 3 ( S + 2S' )
3R
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn FD, lấy N
·
·
·
trên tia DE sao cho MAN
. Chứng minh MA là tia phân giác của góc NMF
= BAC
MH + MI + MK =

Bài 1 (6,0 điểm).
1a) Rút gọn được P =

m +1
(với m ≥ 0, m ≠ 1)
m −1

1b)
P=

m +1
= 1+
m −1

2
m −1

2
∈ N ⇔ m − 1 là ước dương của 2 ⇒ m ∈ { 4; 9} (TMĐK)
m −1
Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
2) a + b + c M 4 (a, b, c ∈ Z)
Đặt a + b + c = 4k (k ∈ Z) ⇒ a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc
2
= ( 16k − 4ak − ack + ac ) ( 4k − b ) − abc
Ta có: P ∈ N ⇔

= 64 k 3 − 16bk 2 − 16ak 2 + 4abc − 16ck 2 + 4bck + 4ack − abc − abc

3
2
2
2
= 4 ( 16k − 4bk − 4ak + abk − 4ck + bck + ack ) − 2abc (*)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 ⇒ a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
Mà: a + b + c M 4 ⇒ a + b + c M 2 (theo giả thiết)
(2)
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn ⇒ Điều giả sử là sai
⇒ Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
⇒ 2abc M 4 (**)
Từ (*) và (**) ⇒ P M 4

Bài 2 (5,0 điểm).
1 1
4
a+b
4
2
2
⇔
≥
⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ⇔ ( a − b ) ≥ 0 (đúng)
a) + ≥
x y x+ y
ab
a+b
b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
Ta có: x1 + x2 = −

3m
2
và x1.x2 = −
2
2
2

 1 + x12 1 + x22 
−
M = ( x1 − x2 ) + 
÷ = ......=
x2 
 x1
2
2


1 − x1 x2 ) 
1 − x1 x2 ) 
(
(
2
2


 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  1 +

( x1 − x2 ) 1 +
2

2
( x1 x2 )  
( x1 x2 ) 



9 2 2
=  9 +
÷
÷m + 8 2 + 8 ≥ 8 2 + 8
2


Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy GTNN của M là 8 2 + 8 khi m = 0
Bài 3 (2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
1
1
1 1
= .
x 2 + yz ≥ 2 x 2 yz = 2 x yz ⇒ x 2 + yz ≤
2 x yz 2 x yz
1
1 1
1
1 1
≤ .
≤ .
Tương tự, ta có: 2

và 2
z + xy
2 z xy
y + xz
2 y xz
2

Suy ra:

1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 
+
+
x + yz
y + xz z + xy 2  x yz
y xz
z xy
2


÷
÷ (1)


Ta có:
Ta có:

1
1
1
+
+
=
x yz
y xz
z xy
yz +

xz +

yz +

xz +
xyz

xy

(2)

xy ≤ x + y + z (3)

Thật vậy: (*) ⇔ 2 yz + 2 xz + 2 xy ≤ 2 x + 2 y + 2 z

⇔

(

x −

y

) +(
2

z −

x

) +(
2

y −

x

)

2

≥ 0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
1

1
1
x+ y+z
1
1
1
+
+
≤
=
+
+
Từ (2) và (3) suy ra:
(4)
x yz
y xz
z xy
xyz
yz xz xy
Từ (1) và (4) suy ra:

1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 

+
+
÷
x + yz
y + xz z + xy 2  xy
yz zx 
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có: ∆ BEM là tam giác đều ⇒ BE = BM = EM
∆ BMA = ∆ BEC ⇒ MA = EC
Do đó: MB + MC = MA
Cách 2:
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có: ∆ BEM là tam giác đều
⇒ BE = BM = EM
∆ MBC = ∆ EBA (c.g.c) ⇒ MC= AE
Do đó: MB + MC = MA
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N
Vì ∆ ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác
3
⇒ A, O, N thẳng hàng ⇒ AN = R
2
AN
3
3
= R:
=R 3
Ta có: AN = AB.sin ·ABN ⇒ AB =

·
2
sin ABN 2
2 S ABM
1
2 S ABM
Ta có: MH . AB = S ABM ⇔ MH =
=
R 3
2
AB
2 S ACM
2 S ACM
1
MK . AC = S ACM ⇔ MK =
=
R 3
2
AC
2
S
2S '
2S
1
BCM
MI .BC = S BCM ⇔ MI = BCM =
=
R 3
R 3
2

BC
2S '
2
2S '
2
.S ABMC
( S ABM + S ACM ) =
Do đó: MH + MK + MI =
+
+
R 3
R 3
R 3
R 3
2S '
2 3 ( S + 2S ')
2
=
+
. ( S + S ') =
R 3
3R
R 3
2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
·
·
Tứ giác AEDB nội tiếp ⇒ CDE
= BAC
·
·

Mà: MKD
(vì MK // BC).
= CDE
·
·
⇒ Tứ giác AMKN nội tiếp
Do đó: MKD
= MAN
⇒ ·AMN = ·AKN


¶ =D
¶ (= BAC
¶ =D
¶
·
Ta có: D
)⇒ D
3
4
1
2
∆ DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D
⇒ DM = DK
∆ AMD = ∆ AKD (c.g.c) ⇒ ·AMD = ·AKD
Nên: ·AMF = ·AKN . Ta có: ·AMF = ·AMN = ·AKN

(

Vậy: MA là phân giác của góc ·NMF

)