Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2017 2018 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHOÁ NGÀY 18 – – 2018 Đề thức Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2018 Bài (4,0 điểm) Chứng minh n  2n + n chia hết cho 36 với n nguyên dương Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: 2 x =  a + b + c   9ab , y =  a + b + c   9bc , z =  a + b + c   9ac Chứng minh rằng: ba số x, y, z có số dương Bài (5,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y   2x + y + 1   y  1  13 Giải phương trình: x2  x  2018  2018 Bài (4,0 điểm) 2 Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c �2  ab + bc + ca  p, q, r ba số thỏa mãn p + q + r = Chứng minh rằng: apq + bqr + crp �0 Cho số dương a, b thỏa mãn điều kiện a.b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 M =  a + b + 1  a + b  + a+b Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác AQDP nội tiếp Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D E cho: a) DE có độ dài nhỏ b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ LỜI GIẢI THAM KHẢO Bài 1: 2 n  n + 1  n +  � Ta có n  2n + n  n  n  1  � � � Lại có: n  n + 1 M2; n  n  1  n  1 M3 (vì n �N* ) mà (2 ; 3) = nên n  n  1  n  1 M6 Đặt A = n  n  1  n  1 ta có A M6 � A M36 Vậy n  2n + n chia hết cho 35 với n �N* Ta có: x   a + b + c   9ab ; y =  a + b + c   9bc ; z =  a + b + c   9ac Do đó: x + y + z =  a + b + c    ab + bc + ca    a + b + c    ab + bc + ca    ab + bc + ca  2 2 2 2 =  a + b + c    ab + bc + ca    a + b + c  ab  bc  ca  3 2 2a + 2b + 2c  2ab  2bc  2ca   � �a  b  +  b  c  +  c  a  �  � 2 2 Vì a, b, c phân biệt nên  a  b  +  b  c  +  c  a  > � x + y + z  (1) Giả sử ba số x, y, z �0 Từ (1) suy vơ lí = Nếu có số nhỏ số thì từ (1) suy có số lớn Nếu có số nhỏ số từ (1) suy đpcm Bài 2: 2  x  y   2x  y  1   y  1  13 � 2x  xy  x  2xy  y  y + 9y   13 � 2x  xy  x  y  8y  15  �  2x  xy  5x    2xy  y  5y    6x    � x  2x + y    y  2x + y     2x + y    �  x  y  3  2x + y    Lập bảng: x–y+3 2x + y – x y 7 10 16 10  -1 -7 -7 -1 -2 -2 Loại Loại Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y) (-2 ; 2); (-2 ; 8) Cách 1: Điều kiện x � 2018 x + x + 2018  2018 (1) Đặt t = 2 Từ (1) (2) suy ra:  x + t    t  x   t �0  ta có t = x + 2018 � t  x  2018 (2)  �  x  t    t + x   �  x  t  1  x  t   x  2018 x+t0 x  t � � �� �� x 1 t  x  t 1 � � Với x = –t ta có: x   x  2018 (ĐK 2018 �x �0 ) (3) � 1 x � 2 PT (3) � x = x + 2018 � x  x  2018 = � � � 1 x � � 8073  KTMĐK  8073 Với x = t – ta có: x  x  2018  (ĐK x �–1) (4) � 1  8069 x � 2 � PT (4) � x + 2x + = x + 2018 � x + x  2017 = � � 1  8069 x  KTMĐK  � � �  8073 1  8069 � � � ; Vậy PT có tập nghiệm S  � � � � Cách 2: Điều kiện x � 2018 1 x + x + 2018  2018 � x + x + = x  2018  x  2018  4 � � x   x  2018  x   x  2018 2 � 1� � 1� � 2 � �x  � � x  2018  �� � �� � 2� � � 2� �  x   x  2018 x    x  2018  � � � 2 � 1  8069 x �  x  1  x  2018  x � 1 �x + x  2017  � �� � �2 �� �  8073 x  x  2018  � x  x  2018  x �0  � � x � �  8073 1  8069 � � ; Vậy PT có tập nghiệm S  � � � � Bài 3: Ta có: p + q + r = � r = –p – q 2 Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) = cp   a  c  b  pq  bq 2 Do đó: apq + bqr + crp �0 � cp   a  c  b  pq + bq �0 (*) - Nếu c = a + b �2ab (vì a + b + c �2  ab + bc + ca  ) � a = b Khi đó: (*) ۳ bq (Bất đẳng thức với b �0) - Nếu c �0 c > (vì c �0) Khi đó: (*) 2 � cp   a  c  b  pq + bq �0 � cp   a  c  b  pq + 2  a  c  b 4c q  a  c  b  4c q  bq �0 �2  a  c  b  � 4bc   a  c  b  2 a  c  b  � c� p  pq + q � q �0 c 4c 4c � � � � 2 2 � a  c  b �  ab + bc + ac    a  b  c  � c� p q � q �0 2c 4c � �  ab + bc + ac    a  b2  c2  2 2 Ta có: q �0 (vì a + b + c �2  ab + bc + ca  , c > 0) 4c � � c �p  acb � q ��0 2c � 2 2 � a  c  b �  ab + bc + ac    a  b  c  Vậy: c �p  q � q �0 (đúng với a,b c > 0) 2c 4c � � Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp �0 Ta có a, b > a.b = 1; mà a + b �2ab  � M   a + b + 1  a + b   �2 � 4 � � a + b + 1  �   a + b   a + b  a+b a+b � a+b� � 4 a + b  ab      a+b a = b; a, b > � � � a = b  Vậy GTNN M a = b = Dấu “=” xảy �  a + b  = 4; a.b = � Bài 4: BH BD = � BH.BE = BC.BD (1) BC BE CB CE = � CB.CD = CE.CA (2)  BEC ~  ADC (g.g) � CA CD 1.a)  BHD ~  BCE (g.g) � Từ (1) (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA � BH.BE.CD = CA.CE.BD � = AFH �  900 � Tứ giác AEHF nội tiếp 1.b) Ta có: AEH 1 AH); JE = JF (= BC) 2 �  IFJ =  IEJ (c.c.c) � I�1 = I�2 � ; I� = 2A � (Góc tâm góc nội tiếp) Ta có: I� = 2A Ta có: IE = IF (= 1 2 � =A � � MB � = MC � �B �=A � A � Do đó: A 1 � =B �+M � A � +A � (vì M � A � ) � QDB � = QAP � � Tứ giác APDQ nội tiếp Ta có: QDB 1 3 a) Cách 1: Kẻ DH  AB D (H thuộc BC); HE’  AC E’ � � � � HDA = DAE' = HE'A = 900 � Tứ giác ADHE’ hình chữ nhật � DH = AE’ Ta có: DB = DH, DB = AE Do đó: AE = AE’ � E trùng với E’ Kẻ AK  BC � AK đường trung tuyến  ABC BC � AH �AK = : không đổi BC Mà AH = DE (vì ADHE hình chữ nhật)  DE : không đổi Vậy DE nhỏ � H trùng K � D, E hình chiếu K AB, AC � Khi D, E trung điểm AB AC Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x 2 a2 � a� a � : khơng đổi Ta có: DE = AD + AE   a  x  + x  2x  2ax + a = �x  �+ � 2� 2 2 2 2 a2 a : không đổi = 2 a a AB Dấu “=” xảy � x = Vậy DE nhỏ D, E trung điểm  2  DE AB AC  a + b  , với a, b > � Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức: a + b 2  �  � a + b2 Thật vậy: a + b2 �۳   a+b 2 a + 2ab b2 a2 2ab b2 �  a  b  �0 (BĐT đúng) Dấu “=” xảy � a = b Đặt AB = AC = a: không đổi (a > 0)  AD + AE    � a2 a AB2 a : không đổi  DE  2 2 DB = DA � � D, E trung điểm AB AC Dấu “=” xảy � AD = AE � � EC = EA � Ta có: DE = AD + AE 2 Vậy DE nhỏ a AB D, E trung điểm AB AC  2 2b) Cách 1: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x 2 Xét tốn phụ: Cho a, b > Ta ln có:  a + b  � ab �  a  b  �0 1 a2 AD.AE =  a  x  x � �  �a  x   x � � 2 a2 a a 3a SABC = AB.AC = Do đó: SBDEC  SABC  SADE �   : không đổi 2 8 a 3a 3AB2 � x =  Dấu “=” xảy a – x = x Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 8 SADE = D, E trung điểm AB AC Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x Ta có: SBDEC  SABC  SADE  SBDEC � �x= AB2 AD.AE a x  a  x     2 2 x  a  x lớn � a – x = x (vì tổng x + a – x = a: không đổi) a � D, E trung điểm AB AC GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định ... � 2018 1 x + x + 2018  2018 � x + x + = x  2018  x  2018  4 � � x   x  2018  x   x  2018 2 � 1� � 1� � 2 � �x  � � x  2018  �� � �� � 2� � � 2� �  x   x  2018 x    x  2018. .. Với x = t – ta có: x  x  2018  (ĐK x �–1) (4) � 1  80 69 x � 2 � PT (4) � x + 2x + = x + 2018 � x + x  2017 = � � 1  80 69 x  KTMĐK  � � �  8073 1  80 69 � � � ; Vậy PT có tập nghiệm... trình có nghiệm nguyên (x ; y) (-2 ; 2); (-2 ; 8) Cách 1: Điều kiện x � 2018 x + x + 2018  2018 (1) Đặt t = 2 Từ (1) (2) suy ra:  x + t    t  x   t �0  ta có t = x + 2018 � t  x  2018