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

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau:  x  5 y  20  2 1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 2 2 2 1  3x   2 x 1  3 x   1  3 y   2 x 1  3 y  1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 2 2 2 3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y  1  3x   1  3 y   2 x 1  3 y   2 x 1  3 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 3  x  y   2  3  x  y   2 x   0 3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y    x  5 y  20  x y5  x  5 y  20    x y 0 x  20     x  y  0    y    x  5 y  20  5 2  3  x  y   2 x2  0   5 x 2  9 x  35  0  vo nghiem   2     2  3  x  y   2 x  0 Vậy hệ phương trình có một nghiệm là  5; 5 2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   m  1 4m  3  0   m  1      0  2m  1   3m  4   0    m  3 4 3     P  0   3m  4  0  m     4 m 3 4 S 0  2  2m  1  0   1   1  m   2   m   2 2 Bài 2 : (4 điểm)  x  y  z  2 . Tính giá trị của biểu thức  x  y  z  2 1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn  P  y x z     x  1 y  1 z  1    x  1 y  1 z  1   Ta có 2  xy  yz  zx    x  y  z    x  y  z   22  2  2  xy  yz  zx  1 2 Nên x  1  x  xy  yz  zx   x  y  x  z  tương tự: y  1   x  y  y  z  ; z  1   x  z  y  z   y x z      x 1 y 1 z 1  Do đó: P   x  1 y  1 z  1   G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 2   x y  2  xy  yz  zx  2 2 y z  2 z x  2  x   y z  y   x y    z  z x  z y  x y z x   b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6. Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a, b  0, vì cắt Ox, Oy) Vì đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) nên có: a + b = 2  b = 2 – a Đường thẳng y = ax + 2 – a cắt tia Ox tại điểm có hoành độ a2 , cắt tia Oy tại điểm có a a  2 0 tung độ 2  a . Nên  a a0  2  a  0  a  1 a2 Ta có OA + OB = 6  (TM)  2  a  6  a 2  3a  2  0   a  1 a  2   0   a a  2 +) Với a = –1, phương trình đường thẳng là : y = –x + 3 +) Với a = –2, phương trình đường thẳng là : y = –2x + 4 Bài 3: (4 điểm) 3 a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab  6   a  b  a  b  3 a  b  4 Ta có 10  ab  99  16  ab  6  105  16   a  b 3  105  3  a  b  4   Nên ab12;21;30;13;22;31 . Chỉ có 21  6   2  1 là đúng. Vậy ab  21 b) Cho a  111 1 , b  100 05 . Chứng minh rằng số M  ab 1 là số chính 3 2017 chu so 1 2016 chu so 0 phương. Ta có: a  111 1  2017 chu so 1 102017  1 ; b  100 05  102017  5 . 9 2016 chu so 0  102017 102017  1 2017  10  5  1  Do đó M  ab  1  9  10 2017 2  2   2  4 102017  5 9 10  1  2017 2  4 102017  4 9 2  102017  2    9 3   2017 10  2  N . Do đó M  ab  1 là số chính phương. Vì 102017  2 3 nên 3  Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC = CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng: 1) AD. AF + BC. BF = 4R2. 2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 3 F D C H K A I I'' E H B 1) AD. AF + BC. BF = 4R2. K FH  AB (H  AB), ta có: ADB  ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét ADB và AHF có: ADB  AHF  900 , A (góc chung) AD AH   AD. AF  AB. AH  a  AB AF Xét ACB và FHB có: ACB  FHB  900 , B (góc chung) BC BH Vậy ACB FHB    BC.BF  AB.BH  b  AB BF Từ a), b)  AD.AF  BC.BF  AB  AH  BH   AB2  4R2 (đpcm) Vậy ADB AHF  2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. Vì BC  CD  BC  CD  BAC  CAD  AC là phân giác góc BAD. Gọi I’ là giao điểm của DK với AB. (1) AI  KI   c AD KD KI  I E  Xét BI’D có EK // BD (EH  AD, BD  AD)  c KD BE AI  I E  Từ c), d)  mà AD = BE (gt)  AI’ = I’E  I’  I (vì AI = IE (gt)) (2) AD BE Xét AI’D có AK là phân giác DAI   Từ 1) và 2) suy ra D, I, K thẳng hàng (đpcm) Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 4 B A O D Ta có: C S AOB S BOC OB    S AOD  S BOC  S AOB  SCOD  9 16  144 S AOD SCOD OD Do đó S AOD  SBOC  2 S AOD  SBOC  2 144  24 Nên S ABCD  S AOB  SCOD  S AOD  S BOC  9  16  24  49 . Dấu “=” xảy ra  S AOD  S BOC  OA.OD  OB.OC  OA OB   AB / /CD OC OD Vậy Min SABCD = 49 cm2 khi AB // CD. Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2. 1   21 14   1   P  5a 2  11b 2  5c 2   2a 2  b 2    b 2  c 2    c 2  3a 2  2   2 3  3   1 21 2 14 2 1  2 2a 2  b 2  2 b  c  2 c 2  3a 2 2 2 3 3  2ab  14bc  2ca  2  ab  7bc  ca   2 188  376 1  2a 2  b 2  2   21 b 2  14 c 2 Dấu “=” xảy ra  2  3  1 2 c  3a 2  3  ab  7bc  ca  188 (tự xử tiếp) G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 5