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

 1 
Bài toán gửi Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 
Chuyên mục “Đề thi Học sinh giỏi” 
187B GIẢNG VÕ , HÀ NỘI 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 
BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY 18 – 03 - 2016 
 Đề chính thức Môn thi: TOÁN 
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
 Ngày thi: 18/03/2016 
Bài 1 (5 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 điểm) 
Cho phương trình x2 + 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 x1, x2 thỏa mãn điều kiện: 
1 2
3 3
1 2
x x 3
x x 9
    
Bài 3 (3 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 điểm) 
1. Cho đường tròn (O) có đường kính BC = 2R và điểm A thay đổi trên đường tròn (O) 
 (A không trùng với B, C). Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn 
tại điểm K (K  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 hai cạnh Ox, Oy của một góc nhọn xOy lần lượt tại hai 
điểm M, N nhưng luôn thỏa hệ thức: 
1 2 1
OM ON
  . 
Chứng tỏ rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. 
Quy Nhơn, 19 – 03 – 2016 
Bùi Văn Chi 
THCS Lê Lợi 
ĐT: 0563828529 
Email buivanchi@yahoo.com 
 2 
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Bài 1 (5 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
         
Xét biểu thức: 
 
   
 
2 22 2
2 22 2
n 1 n n 1 n1 11
n n 1 n n 1
     
 
 = 
= 
   
   
2 2 2 2 4 3 2
2 22 2
n 2n 1 n n 2n 1 n n 2n 3n 2n 1
n n 1 n n 1
         
 
 = 
= 
 
   
2 222 22
2 22
n n 1 n n 1 1 1 11 1
n n n n 1 n n 1n n 1
                           
(n  N, n > 1) 
Do đó số hạng tổng quát của tổng được viết lại 
 22
1 1 1 11 1
n n n 1n 1
     
(1) (n  N, n > 1) 
 Cho biến n lấy các giá trị nguyên từ 2 đến 2015, thay vào (1) rồi cộng vế theo vế, ta được: 
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
                              = 
= 1.2014 + 
1 1 10072014
2 2016 2016
      . 
Vậy T = 
10072014
2016
. 
b. Tìm x, y  Z thỏa: (y + 2)x2 + 1 = y2 (1) 
Biến đổi phương trình (1)  y2 – yx2 – (2x2 +1) = 0 (2) 
Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn y. 
Ta có : = x4 + 4(2x2 + 1) = x4 + 8x2 + 4 = (x2 + 4)2 – 12 
Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm nguyên là  là số chính phương. 
Ta có :  = m2 (m  N)  (x2 + 4)2 – 12 = m2  (x2 + 4)2 – m2 = 12 
 (x2 + 4 – m)(x2 + 4 + m) = 12 
Nhận xét : tổng (x2 + 4 – m) + (x2 + 4 + m) = 2(x2 + 4) là số chẵn dương và tích của chúng 
bằng12 cũng là số chẵn dương nên cả hai số đều là số chẵn dương và số thứ nhất nhỏ hơn số thứ 
hai 
Ta có: 
2
2
x 4 m 2
x 4 m 6
      
  (x2 + 4 – m) + (x2 + 4 + m) = 8  2x2 = 0  x = 0 
Thay x = 0 vào (1) ta có : y2 = 1  y =  1 
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên : (x ; y) = (0 ; 1) , (0 ; - 1). 
 3 
Bài 3 (3 điểm) 
Phương trình x2 + ax + b + 1 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nên  = a2 – 4(b + 1) > 0 
Từ điều kiện 
1 2
3 3
1 2
x x 3
x x 9
    
ta có : [x1 + (- x2)] = 3 và 
(x1 - x2)
3 + 3x1x2(x1 – x2) = 9  27 + 9x1x2 = 9  x1x2 = - 2  x1(-x2) = 2 
Theo định lý Vi-ét đảo, x1 và (-x2) là các nghiệm của phương trình bậc hai : t
2 – 3t + 2 = 0 
 t1 = 1 ; t2 = 2 
Suy ra x1 = 1 ; (- x2) = 2 hoặc x1 = 2 ; (- x2) = 1  x1 = 1 ; x2 = - 2 hoặc x1 = 2; x2 = - 1. 
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = - a ; x1x2 = b +1. 
+Với x1 = 1 ; x2 = - 2 ta có : a = 1 ; b = - 3 
+Với x1 = 2 ; x2 = - 1 ta có : a = - 1 ; b = - 3 
Vậy các giá trị của a, b cần tìm thỏa mãn điều kiện đã cho là : 
a = 1 ; b = - 3 hoặc a = - 1 ; b = - 3. 
Bài 3 (3 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 
4a 9b 16c
b c a a c b a b c
       
Đặt b + c – a = x; a + c – b = y; a + b – c = z. 
Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên x, y, z > 0. 
Khi đó : a + b + c = x + y + z , suy ra : 
(a + b + c) – ( b + c – a) = x + y + z – x = y + z  a = y z
2

Lập luận tương tự ta có b = 
z x
2

, c = 
x y
2

. 
Biếu thức P được viết lại : 
P = 
     
x y164 y z 9 z x 2 y z 9 z x 8(x y2
2x 2y z x 2 y z
                  
= 
= 
y z 9 z x x y2 8
x x 2 y y z z
                  
 = 
y 9 x z x 9 z y2. . 2. 8. . 8.
x 2 y x z 2 y z
                   
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có : 
P  y 9 x z x 9 z y2 2. . . 2 2. .8. 2 . .8.
x 2 y x z 2 y z
  = 2.3 + 2.4 + 2.6 = 26 
Dấu « = » xảy ra khi : 
y 9 x2. .
x 2 y
z x2. 8.
x z
  
 
2 2
2 2
4y 9x
z 4x
  
 2y 3x
z 2x
  
 (x, y, z > 0)  6x = 4y = 3z 
 6x 4y 3z x y z
12 12 12 2 3 4
     = k (k > 0)  x = 2k ; y = 3k ; z = 4k (k > 0) 
 4 
Khi đó : 
y z 7ka
2 2
z xb 3k
2
x y 5kc
2 2
         
 ( k > 0) (*) 
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 26 khi độ dài các cạnh a, b, c của tam giác được xác định bởi các 
hệ thức (*). 
Bài 4 (9 điểm) 
1. 
a) Tính diện tích tam giác AKH 
Kẻ KD  AH tại D. 
Ta có: AK là phân giác góc BAC nên  BAK KAC   BK CK  OK  BC. 
Do đó tứ giác OHDK là hình chữ nhật nên OH = KD 
Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông OAH ta có: 
OH2 = OA2 – AH2 = R2 – x2  OH = 2 2R x (0 < x < R) 
Khi đó: SAHK = 
2 21 1.AH.KD .x. R x
2 2
  
Vậy S = SAHK =  2 2 21 x R x
2
 (0 < x < R) 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
S   2 2 2 41 1 1. x R x R
2 2 4
   . 
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x2 = R2 – x2  x = R
2
 ( x > 0)  OAH vuông cân tại H. 
Vậy diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn nhất bằng 2
1R
4
khi điểm A  (O) với AOB = 450. 
b) Tính góc B 
Áp dụng định lý Py-ta-go trong các tam giác vuông, ta có: 
AOH: OH2 = OA2 – AH2 = R2 – x2 
OHK: HK2 = OH2 + OK2 = R2 – x2 + R2 = 2R2 – x2 
A
B
H
O
C
KD
R x
 5 
Theo giả thiết ta có: 
2
2
AH 3 AH 3
HK 5 HK 5
   
Khi đó: 
2
2 2
x 3
2R x 5
  5x
2 = 6R2 – 3x2  8x2 = 6R2  x = R 3
2
 (x > 0) 
Tam giác vuông OAH cho ta: 
3RAH 32sinAOH
OA R 2
    AOH = 600 
Mặt khác, OA = OB nên OAB đều  ABO = 600. Vậy ABC = 600. 
2. Chứng minh đường thẳng d đi qua một điểm cố định 
Đặt OM = x ( x > 0) 
Từ điều kiện 
1 2 2 x 11
OM ON ON x
     ON = 2x
x 1 (x > 1) 
Trên cạnh Ox lấy điểm A sao cho OA = 1. Qua A kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt đường 
thẳng d tại C. Qua C kẻ đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại B, ta có OACB là hình bình 
hành. Do đó: BC = OA = 1, AC = OB = ON – NB. 
Áp dụng định lý Ta-lét ta có: 
BC // OM  BC NB 1 NB
OM NO x NO
    x 1 NO NB OB2xx NO
x 1
  

  OB x 1x 1
x 2x
   OB = 2 
Ta có : OA = 1, OB = 2, OACB là hình bình hành nên điểm C cố định và C  d. 
Vậy đường thẳng d đi qua điểm cố định C được xác định là đỉnh thứ tư của hình bình hành 
OACB với A  Ox, B  Oy và OA = 1 ; OB = 2. 
Quy Nhơn, 19 – 03 – 2016 
Bùi Văn Chi 
THCS LÊ LỢI 
Email: buivanchi@yahoo.com 
A
O
M
B
N
C
 d
 x
 y
1
2
 x
2x
 x - 1
1
2