Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2015 2016(có đáp án)

Bài 1: 1 1 1 1 +   +1 2 2 n  n + 1 n n + 1 Giải 1 2 1 2  2  + + +1 2 n n  n + 1  n + 1 n  n + 1 a) Chứng minh rằng n  N ta luôn có: 1+ Ta có: 1 + 1 1 + 2 2 n  n + 1 2 1 1 1  1  =   + 2   +1  n n + 1  n n + 1 1  1 =   1 n n +1  2 1 1 1 1 +   + 1 (đpcm) 2 2 n  n + 1 n n + 1 Áp dụng bài toán trên, ta có: 1 1 1 1 1 1 T = 1  2  2  1  2  2  ....  1   2 2 3 3 4 2015 20162 1 1 1 1 1 1 =     1  ....   1 2 3 3 4 2015 2016 1 1 1007 =   1008   1008 2 2016 2016 1007 Vậy: T =  1008 2016 y2  1 3 b) Ta có:  y + 2  x 2 + 1 = y 2 (*)  x 2 = =y2+ y+2 y+2 Suy ra: 1+ Vì y  Z nên y – 2  Z. Do đó y + 2  1 ;  3 y + 2 = 1  y = - 1  x2 = 0  x = 0 y + 2 = - 1  y = - 3  x 2 = - 8 (loại) y + 2 = 3  y = 1  x2 = 0  x = 0 y + 2 = - 3  y = - 5  x 2 = - 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: x 2 + ax + b + 1  0 (1) Ta có:   a 2  4  b + 1 = a 2  4b  4 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2    0  a 2  4b  4 Theo hệ thức Vi et, ta có: x1  x 2   a (1); x1.x 2  b + 1 (2)  x1  x 2  2  9 x1  x 2 = 3 Theo bài toán, ta có:  3   I 3 2 2 x  x = 9 x  x x  x x  x  9    1 2  1 2  1 1 2 2  x1  x 2  2  4x1 x 2  9   2 3  x1  x 2   x1x 2   9 Thế (1) và (2) vào hệ phương trình (I), ta được: 2 2 a = ±1 a  4  b + 1 = 9 a  4b = 13    2  2 b   3 a  b  1 = 3 a  b = 4 Vậy khi a = 1; b = - 3 hoặc a = - 1, b = - 3 thì phương trình Tìm trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 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 2 2 4  y + z  9  x + z  16  x + y  2  y + z  9  x + z  8  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 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:  2y 9x   2z 8x   9z 8y  2y 9x 2z 8x 9z 8y P=  + + + . 2 . 2 .  6  8  12  26   2 2y   x z   2y z  x 2y x z 2y z  x  2y 9x  x = 2y 3  b + c  a  = 2  a + c  b   3x = 2y   2z 8x  Dấu “=” xảy ra   =  z = 2x  a + b  c = 2  b + c  a  z x 3z = 4y   3  a + b  c  = 4  a + c  b   9z 8y =  2y z  6  5b + c  5a = 0 6c = 5b b= a     7  3a  b  3c = 0  5a = 7c   a  7b + 7c = 0 7b = 6a c = 5 a    7 6 5 Vậy GTNN của biểu thức P là 26 khi b = a và c = a 7 7 Bài 4: a) Kẻ tiếp tuyến tại K của đường tròn (O), cắt AH tại I.  = KC  (vì BAK  = CAK  )  KB = KC Ta có: KB   KBC cân tại K, lại có KO là đường trung tuyến nên cũng là đường cao.   900  KO  BC  KOH Tứ giác KIHO là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông)   900 và KI = OH và AH  IK tại I  HIK  AHO vuông tại H nên: HO2 = OA 2  AH 2  HO = OA 2  AH 2 = A x B O H R R 2  x2 I K C 1 1 1 AH.KI = AH.HO = x R 2  x 2 2 2 2 Áp dụng BĐT Cô si ta có: 1 1 x2 + R 2  x2 1 2 SAHK = x R 2  x 2  .  R : không đổi 2 2 2 4 Ta có: SAHK = 2 A x 2 Dấu “=” xảy ra  x = R  x B R 2 2  2x  R  x = 2 R 1 Vậy khi x = thì diện tích tam giác AHK đạt GTLN là R 2 4 2 2 AH 3 AH 3 b) Ta có: =  =  5AH 2 = 3HK 2 1 2 HK 5 HK 5 2  HOK vuông tại O nên HK = OK 2 + OH 2  HK 2 = R 2 + OH 2 O H R I K  2  AHO vuông tại H nên OA 2 = OH 2 + AH 2  R 2 = OH 2 + AH 2  OH 2 = R 2  AH 2  R 2  x 2 2 2 2 2 2 Thay (3) vào (2) ta được: HK = R + R  x  2R  x 2  3  4 Thay (4) vào (1) ta được: 5AH 2 = 3  2R 2  x 2   5x 2  6R 2  3x 2  R 2 = 4 2 x 3 3 2 x = x 2 + HO 2 4 x  3HO 2 = x 2  HO = 3  AHO vuông tại H nên OA 2 = AH 2 + HO 2  R 2 = x 2 + HO2    AH = x  3  AOH   600  AHO vuông tại H nên tan AOH x OH 3  1800  600 1800  AOB   AOB cân tại O (vì OA = OB) nên ABO = = = 600 2 2 0  Hay ABC  60 GV: Võ .M. Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát C