SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức.. Hạ AH vuông góc với BC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính 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 các 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 là tham số Tìm giá trị a, b để phương trình trên 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 là độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4a 9b 16c P= + + b+ca a+cb a+bc Bài 4: (9,0 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm A thay đổi trên đường tròn (O) (A không trùng với B và 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 và 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 và N luôn thỏa mãn hệ thức: + Chứng tỏ đường thẳng d luôn qua điểm cố OM ON định (2) 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 luôn 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 bài toán trên, ta có: 1 1 1 T = 2 3 2015 20162 1 1 1 = 1 3 2015 2016 1 1007 = 2004 2004 2016 2016 1007 Vậy: T = 2004 2016 y2 b) Ta có: y + x + = y (*) x = với y - =y2+ y+2 y+2 Suy ra: 1+ Vì y Z nên y – Z Do đó y + 1 ; 3 y + = y = - x2 = x = y + = - y = - x = - (loại) y + = y = x2 = x = y + = - y = - x = - (loại) Vậy ta có các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là: (x = ; y = 1) và (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 bài toán, ta có: 2 x x = x1 x x1 x1x x x1 x 4x1 x (I) x x x x 2 (3) Thế (1) và (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 = - thì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện bài 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 là 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 là 26 b = a và 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 là đường trung tuyến nên là đường cao 900 KO BC KOH Tứ giác KIHO là hình chữ nhật (vì có góc vuông) 900 và KI = OH và AH IK I HIK AHO vuông H nên: HO2 = OA AH HO = OA AH = R x 1 Ta có: SAHK = AH.KI = AH.HO = x R x 2 2 A x B O H R I K C (4) A Áp dụng BĐT Cô si ta có: 1 x2 + R x2 SAHK = x R x R : không đổi 2 Dấu “=” xảy x = R x R B 2x R x = R Vậy x = thì diện tích tam giác AHK đạt GTLN là R b) Trường hợp AB < AC: AH AH Ta có: = = 5AH = 3HK 1 HK HK HOK vuông O nên HK = OK + OH HK = R + OH 2 2 2 AHO vuông H nên OA = OH + AH R = OH + AH x O R I K 2 OH = R AH R x Thay (3) vào (2) ta được: HK = R + R x 2R x C H 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 0 = 180 AOB = 180 60 = 600 AOB cân O (vì OA = OB) nên ABO 2 Hay ABC 60 Trường hợp AB > AC: AHO vuông H nên AH = x AOH 600 tan AOH x OH B = 300 ABO A x O H R K GV: Võ M Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát I C (5)