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 thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHÓA NGÀY: 18 – – 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 T =          2 3 2015 20162 b) Tìm giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:  y +  x + = y Bài 2: (3,0 điểm) Cho phương trình: x + ax + b +  với a, b tham số Tìm giá trị a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện: x1  x =  3 x1  x = Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4a 9b 16c P= + + b+ca a+cb a+bc Bài 4: (9,0 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R điểm A thay đổi đường tròn (O) (A không trùng với B C) Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt đường tròn điểm K (K khác A) Hạ AH vuông góc với BC a) Đặt AH = x Tính diện tích S tam giác AHK theo R x Tìm x cho S đạt giá trị lớn AH b) Tính góc B tam giác ABC biết rằng: = HK Một đường thẳng d thay đổi cắt cạnh Ox, Oy góc nhọn xOy hai điểm M N thỏa mãn hệ thức: +  Chứng tỏ đường thẳng d qua điểm cố OM ON định Bài 1: 1 1 +   +1 2 n  n + 1 n n + Giải 2   + + +1 n n  n + 1  n + 1 n  n + 1 a) Chứng minh n  N ta có: 1+ Ta có: + 1 + 2 n  n + 1 1 1   =   + 2   +1  n n + 1  n n + 1 1  =   1 n n +1  1 1 +   + (đpcm) 2 n  n + 1 n n + Áp dụng toán trên, ta có: 1 1 1 T =          2 3 2015 20162 1 1 1 =        1 3 2015 2016 1 1007 =   1008   1008 2016 2016 1007 Vậy: T =  1008 2016 y2  b) Ta có:  y +  x + = y (*)  x = =y2+ y+2 y+2 Suy ra: 1+ Vì y  Z nên y –  Z Do y +  1 ;  3 y + =  y = -  x2 =  x = y + = -  y = -  x = - (loại) y + =  y =  x2 =  x = y + = -  y = -  x = - (loại) Vậy ta có cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là: (x = ; y = 1) (x = ; y = - 1) Bài 2: x + ax + b +  (1) Ta có:   a   b + 1 = a  4b  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x     a  4b  Theo hệ thức Vi et, ta có: x1  x   a (1); x1.x  b + (2)  x1  x   x1  x = Theo toán, ta có:    I 2 x  x = x  x x  x x  x       1 2  x1  x   4x1 x    3  x1  x   x1x   Thế (1) (2) vào hệ phương trình (I), ta được: 2 a = ±1 a   b + 1 = a  4b = 13     b   a  b  = a  b = Vậy a = 1; b = - a = - 1, b = - phương trình Tìm có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện 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  y + z   x + z  16  x + y   y + z   x + z   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 độ dài ba cạnh tam giác nên b + c – a = x > 0; a + c – b = y > 0; a + b – c = z > Áp dụng BĐT Cô si, ta có:  2y 9x   2z 8x   9z 8y  2y 9x 2z 8x 9z 8y P=  + + + 2 2    12  26   2 2y   x z   2y z  x 2y x z 2y z  x  2y 9x  x = 2y 3  b + c  a  =  a + c  b   3x = 2y   2z 8x  Dấu “=” xảy   =  z = 2x  a + b  c =  b + c  a  z x 3z = 4y   3  a + b  c  =  a + c  b   9z 8y =  2y z   5b + c  5a = 6c = 5b b= a      3a  b  3c =  5a = 7c   a  7b + 7c = 7b = 6a c = a    Vậy GTNN biểu thức P 26 b = a c = a 7 Bài 4: a) Kẻ tiếp tuyến K đường tròn (O), cắt AH I  = KC  (vì BAK  = CAK  )  KB = KC Ta có: KB   KBC cân K, lại có KO đường trung tuyến nên đường cao   900  KO  BC  KOH Tứ giác KIHO hình chữ nhật (vì có góc vuông)   900 KI = OH AH  IK I  HIK  AHO vuông H nên: HO2 = OA  AH  HO = OA  AH = A x B O H R R  x2 I K C 1 AH.KI = AH.HO = x R  x 2 2 Áp dụng BĐT Cô si ta có: 1 x2 + R  x2 SAHK = x R  x   R : không đổi 2 Ta có: SAHK = A x Dấu “=” xảy  x = R  x B R 2  2x  R  x = R Vậy x = diện tích tam giác AHK đạt GTLN R 2 AH AH b) Ta có: =  =  5AH = 3HK 1 HK HK  HOK vuông O nên HK = OK + OH  HK = R + OH O H R I K  2  AHO vuông H nên OA = OH + AH  R = OH + AH  OH = R  AH  R  x 2 2 2 Thay (3) vào (2) ta được: HK = R + R  x  2R  x  3  4 Thay (4) vào (1) ta được: 5AH =  2R  x   5x  6R  3x  R = x 3 x = x + HO x  3HO = x  HO =  AHO vuông H nên OA = AH + HO  R = x + HO2    AH = x   AOH   600  AHO vuông H nên tan AOH x OH  1800  600 1800  AOB   AOB cân O (vì OA = OB) nên ABO = = = 600 2  Hay ABC  60 GV: Võ M Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát C ... dụng BĐT Cô si, ta có:  2y 9x   2z 8x   9z 8y  2y 9x 2z 8x 9z 8y P=  + + + 2 2    12  26   2 2y   x z   2y z  x 2y x z 2y z  x  2y 9x  x = 2y 3  b + c  a ... 16  x + y   y + z   x + z   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... +1  1 1 +   + (đpcm) 2 n  n + 1 n n + Áp dụng toán trên, ta có: 1 1 1 T =          2 3 2015 20162 1 1 1 =        1 3 2015 2016 1 1007 =   1008   1008 2016 2016 1007