Đề thi Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 môn thi: Toán thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 
 BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY: 18 – 3 – 2016 
 Đề chính thức 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 
 T = 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 1 .... 1
2 3 3 4 2015 2016
         
 b) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:   2 2y + 2 x + 1 = y 
Bài 2: (3,0 điểm) 
 Cho phương trình: 2x + ax + b + 1 0 với a, b là tham số. 
 Tìm giá trị của a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt 1 2x , x thỏa mãn điều kiện: 
 1 2
3 3
1 2
x x = 3
x x = 9



Bài 3: (3,0 điểm) 
 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 P = 4a 9b 16c+ +
b + c a a + c b a + b c  
Bài 4: (9,0 điểm) 
 1. 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 trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn tại điểm K (K khác 
A). Hạ AH vuông góc với BC. 
 a) Đặt AH = x. Tính diện tích S của tam giác AHK theo R và x. Tìm x sao cho S đạt giá trị lớn 
nhất. 
 b) Tính góc B của tam giác ABC biết rằng: AH 3=
HK 5
 2. Một đường thẳng d thay đổi cắt cạnh Ox, Oy của góc nhọn xOy lần lượt tại hai điểm M và N 
nhưng luôn thỏa mãn hệ thức: 1 2+ 1
OM ON
 . Chứng tỏ rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố 
định. 
Bài 1: 
a) Chứng minh rằng n  N ta luôn có: 
 22
1 1 1 11+ + + 1
n n n + 1n + 1
  
Giải 
Ta có: 
       2 22 2
1 1 1 2 1 21 + + + + + 1
n n n n + 1 n n + 1n + 1 n + 1
  
 = 
2
1 1 1 1+ 2 + 1
n n + 1 n n + 1
   
    
   
 = 
2
1 1 1
n n + 1
 
  
 
Suy ra: 
 22
1 1 1 11+ + + 1
n n n + 1n + 1
  (đpcm) 
Áp dụng bài toán trên, ta có: 
T = 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 1 .... 1
2 3 3 4 2015 2016
         
 = 1 1 1 1 1 11 1 .... 1
2 3 3 4 2015 2016
         
 = 1 1 10072004 2004
2 2016 2016
    
Vậy: T = 1007 2004
2016
 
b) Ta có:   2 2y + 2 x + 1 = y (*) 
2
2 y 1 3x = = y 2 +
y + 2 y + 2

  với y  - 2 
Vì y  Z nên y – 2  Z. Do đó y + 2   1 ; 3  
y + 2 = 1  y = - 1  2x = 0  x = 0 
y + 2 = - 1  y = - 3  2x = - 8 (loại) 
y + 2 = 3  y = 1  2x = 0  x = 0 
y + 2 = - 3  y = - 5  2x = - 8 (loại) 
Vậy ta có các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là: (x = 0 ; y = 1) và (x = 0 ; y = - 1) 
Bài 2: 2x + ax + b + 1 0 (1) 
Ta có:  2 2a 4 b + 1 = a 4b 4     
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2x , x 
20 4b 4a      
Theo hệ thức Vi et, ta có: 1 2 1 2x x a (1); x .x b + 1 (2)    
Theo bài toán, ta có: 
 
  
2
1 21 2
3 3 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
x x 9x x = 3
x x = 9 x x x x x x 9
   
 
     
 
 
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
x x 4x x 9
3 x x x x 9
   
 
     
 (I) 
Thế (1) và (2) vào hệ phương trình (I), ta được: 
 2 2
22
a 4 b + 1 = 9 a 4b = 13 a = ±1
b 3a b = 4a b 1 = 3
     
   
     
Vậy khi a = 1; b = - 3 hoặc a = - 1, b = - 3 thì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt 1 2x , x thỏa 
mãn điều kiện bài toán. 
Bài 3: 
Đặt: b + c – a = x; a + c – b = y; a + b – c = z 
Suy ra: y + z x + z x + ya = ; b = ; c =
2 2 2
. Khi đó: 
P = 
     4 y + z 9 x + z 16 x + y
+
2x 2y 2z
 = 
     2 y + z 9 x + z 8 x + y
+
x 2y z
 
 = 2y 2z 9x 9z 8x 8y+ + + + +
x x 2y 2y z z
 = 2y 9x 2z 8x 9z 8y+ + +
x 2y x z 2y z
         
    
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên 
b + c – a = x > 0; a + c – b = y > 0; a + b – c = z > 0. Áp dụng BĐT Cô si, ta có: 
P = 2y 9x 2z 8x 9z 8y 2y 9x 2z 8x 9z 8y+ + + 2 . 2 . 2 . 6 8 12 26
x 2y x z 2y z x 2y x z 2y z
                
    
Dấu “=” xảy ra 
   
 
   
2y 9x=
x 2y 3 b + c a = 2 a + c b3x = 2y
2z 8x= z = 2x a + b c = 2 b + c a
x z
3z = 4y 3 a + b c = 4 a + c b9z 8y=
2y z


  
 
      
     


65b + c 5a = 0 6c = 5b b = a
73a b 3c = 0 5a = 7c
5c = aa 7b + 7c = 0 7b = 6a
7
    
      
    
Vậy GTNN của biểu thức P là 26 khi 6b = a
7
 và 5c = a
7
Bài 4: 
a) Kẻ tiếp tuyến tại K của đường tròn (O), cắt AH tại I. 
Ta có:  KB = KC (vì  BAK = CAK )  KB = KC 
  KBC cân tại K, lại có KO là đường trung tuyến 
nên cũng là đường cao. 
KO  BC  0KOH 90 
Tứ giác KIHO là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông) 
 0HIK 90 và KI = OH và AH  IK tại I 
AHO vuông tại H nên: 
2 2 2 2 2 2 2HO = OA AH HO = OA AH = R x    
Ta có: 2 2AHK
1 1 1S = AH.KI = AH.HO = x R x
2 2 2
 
R
x
H
I K
A
B C
O
Áp dụng BĐT Cô si ta có: 
2 2 2
2 2 2
AHK
1 1 x + R x 1S = x R x . R
2 2 2 4

   : không đổi 
Dấu “=” xảy ra 2 2x = R x  
2 2 R2x x =
2
R   
Vậy khi Rx =
2
 thì diện tích tam giác AHK đạt GTLN là 21 R
4
b) Trường hợp AB < AC: 
Ta có:  
2
2 2
2
AH 3 AH 3= = 5AH = 3HK 1
HK 5 HK 5
  
HOK vuông tại O nên  2 2 2 2 2 2HK = OK + OH HK = R + OH 2 
AHO vuông tại H nên 2 2 2 2 2 2OA = OH + AH R = OH + AH 
  2 2 2 2 2OH = R AH R x 3    
Thay (3) vào (2) ta được:  2 2 2 2 2 2HK = R + R x 2R x 4   
Thay (4) vào (1) ta được:  2 2 2 2 2 2 2 245AH = 3 2R x 5x 6R 3x R = x
3
     
AHO vuông tại H nên 2 2 2 2 2 2 2 2 23OA = AH + HO R = x + HO x = x + HO
4
  
 2 2 x3HO = x HO =
3
  
AHO vuông tại H nên tan  0AH xAOH = 3 AOH 60xOH
3
    
AOB cân tại O (vì OA = OB) nên 
0 0 0
0180 AOB 180 60ABO = = = 60
2 2
  
Hay  0ABC 60 
Trường hợp AB > AC: 
AHO vuông tại H nên 
 tan  0AH xAOH = 3 AOH 60xOH
3
    
 0ABO = 30 
GV: Võ .M. Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát 
R
x
H
I K
A
B C
O
R
x
H
IK
A
B C
O