Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 thc môn thi: Toán39420

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHOÁ NGÀY 18 – – 2017 Đề thức Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2017 Bài (6,0 điểm) Cho biểu thức: P = 2m  16m   m2 m 3 m 2  m 1 2 m 3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên m để P số tự nhiên Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c số nguyên Chứng minh a + b + c chia hết cho P chia hết cho Bài (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng: với số thực x, y dương, ta có: b) Cho phương trình: x  3mx  nhỏ biểu thức: M = x1  x2  1   x y x y  (m tham số) Có hai nghiệm x1 x2 Tìm giá trị   x12  x22     x2   x1 Bài (2,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh rằng: 1 1 1 1        x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường trịn a) Chứng minh MB + MC = MA b) Gọi H, I, K chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA Gọi S, S’ diện tích tam giác ABC, MBC Chứng minh rằng: Khi M di động ta ln có đẳng thức: S + 2S' 3R Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD, BE, CF đường cao Lấy M đoạn FD, lấy N ฀ ฀ ฀ = BAC tia DE cho MAN Chứng minh MA tia phân giác góc NMF MH + MI + MK = GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com Bài (6,0 điểm) 1a) Rút gọn P = m 1 (với m  0, m  1) m 1 1b) m 1 = 1+ m 1 m 1 Ta có: P  N   N  m  ước dương  m  4; 9 (TMĐK) m 1 Vậy m = 4; m = giá trị cần tìm 2) a + b + c  (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 = 16k  4ak  ack  ac 4k  b   abc P= = 64 k  16bk  16ak  4abc  16ck  4bck  4ack  abc  abc = 16k  4bk  4ak  abk  4ck  bck  ack  2abc (*) Giả sử a, b, c chia dư  a+ b + c chia dư (1) Mà: a + b + c   a + b + c  (theo giả thiết) (2) Do (1) (2) mâu thuẫn  Điều giả sử sai  Trong ba số a, b, c có số chia hết cho  2abc  (**) Từ (*) (**)  P  Bài (5,0 điểm) 1 ab 2 a)      a  b   4ab  a  b   (đúng) x y x y ab ab b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Ta có: x1  x2   3m x1.x2   2 M = x1  x2    x12  x22     = = x2   x1 2    x1 x2    x1 x2       x1  x2   x1 x2  1   x1  x2  1  2 x1 x2    x1 x2      2 =    m       Dấu “=” xảy m = Vậy GTNN M  m = Bài (2,0 điểm) Áp dụng BĐT Cô si cho số dương x yz, ta có: 1 1 x + yz  x yz  x yz    x  yz x yz x yz 1 1 1 Tương tự, ta có:   z  xy z xy y  xz y xz GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com 1 1 1         (1) x  yz y  xz z  xy  x yz y xz z xy  yz  xz  xy 1   Ta có: = (2) xyz x yz y xz z xy Suy ra: Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3) Thật vậy: (*)  yz  xz  xy  x  y  z   x    y z    x y   0 x (BĐT đúng) Dấu “=” xảy x = y = z 1 x yz 1 Từ (2) (3) suy ra: (4)       xyz yz xz xy x yz y xz z xy Từ (1) (4) suy ra: 1 1 1 1        x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài (7,0 điểm) 1.a) Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME = MB Ta có:  BEM tam giác  BE = BM = EM A  BMA =  BEC  MA = EC Do đó: MB + MC = MA Cách 2: O Trên AM lấy điểm E cho ME = MB Ta có:  BEM tam giác E B  BE = BM = EM C B  MBC =  EBA (c.g.c)  MC= AE Do đó: MB + MC = MA 1.b) Kẻ AN vng góc với BC N M E Vì  ABC tam giác nên O trọng tâm tam giác  A, O, N thẳng hàng  AN = R AN 3  R: R Ta có: AN = AB.sin ฀ABN  AB  ฀ sin ABN 2 S ABM S ABM Ta có: MH AB  S ABM  MH  = AB R S ACM S ACM MK AC  S ACM  MK  = I B AC R H 2S S BCM 2S ' MI BC  S BCM  MI  BCM = = BC R R M 2S ' 2S ' Do đó: MH + MK + MI = + + S ABMC S ABM  S ACM  = R R R R = S  S ' 2S ' S  S '  + 3R R R Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE K ฀ ฀ Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE  BAC ฀ ฀ Mà: MKD  CDE (vì MK // BC) GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com A O C M A O K N C ฀ ฀ Do đó: MKD  MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp  ฀AMN  ฀AKN ฀ D ฀ (= BAC ฀ ฀ D ฀ Ta có: D ) D  DMK có DA phân giác vừa đường cao nên cân D  DM = DK  AMD =  AKD (c.g.c)  ฀AMD  ฀AKD Nên: ฀AMF  ฀AKN Ta có: ฀AMF  ฀AMN  ฀AKN   A N F E H Vậy: MA phân giác góc ฀NMF K M B GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com D C ... 1 1 1 Tương tự, ta có:   z  xy z xy y  xz y xz GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com 1 1 1         (1) x  yz y  xz z  xy  x yz y xz z xy  yz... nội tiếp  CDE  BAC ฀ ฀ Mà: MKD  CDE (vì MK // BC) GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com A O C M A O K N C ฀ ฀ Do đó: MKD  MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp  ฀AMN ... ฀AKN   A N F E H Vậy: MA phân giác góc ฀NMF K M B GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát ThuVienDeThi.com D C