Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 12)

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC, r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC.

Đề số 15

Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2

Năm học: 2008-2009 Môn Toán 9 Thời gian 120 phút

B i 1 ài 1 :a CMR: n3  n 6 với  n Z

b Cho x ( 6 2 5   6 2 5 ) : 20  Hãy tính giá trị của biểu thức:

5 2009

( 1)

P x  x

B i 2 ài 1 : Giải hệ phơng trình :

























27 1

1 1

1

9

zx yz

xy

z y

x

z y

x

Bài 3: Cho x 1 , y 1 Chứng minh.

xy y

2 1

1 1

1

2 2

Bài 4: Cho ABC Có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC, r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

CMR: IA IB IC   6r

B i 5 ài 1 : Cho nhọn xAy, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho

AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho

MB

MA

=

2 1

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất

Đáp án Bài 1:

( 1) ( 1) .( 1)

P n  n n n   n n n

Vì n, n+1 là hai số nguyên liên tiếp nên P2

* Nếu n 3  P 3

* Nếu n chia cho 3 d 1 thì (n 1) 3   P 3

* Nếu n chia cho 3 d 2 thì (n  1) 3

Vậy P3 mà (2, 3) = 1  P 6

b Có: x ( 6 2 5   6 2 5 ) : 20  = ( 5 1   5 1) : 20 1  

(1 1 1) (1 1 1) 1

P       

Bài 2: Giải hệ phơng trình

 

 

























3 27

) 2 ( 1

1 1

1

1 9

xz yz

xy

z y

x

z y

x

ĐKXĐ : x  0 , y  0 , z  0

z y x x

z z y y x x

z

z y

y x

x z z

y y

x

zx yz

xy z

y x

zx yz

xy z

y x

z y

x

zx yz

xy z

y x

zx yz

xy z

y x

z y

x

































































































































0 )

(

0 )

(

0 )

(

0 )

( )

( )

(

0 2

) (

2

27

2 81

81 2

81

2 2 2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

Thay vào (1) => x = y = z = 3

Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy

nhất x = y = z = 3

Bài 3: Ta có:

xy y

2 1

1 1

1

2

0

1 x 1 y  1 xy 

1

















xy y

y x y xy

x

x y x







 x y xy đúng vì xy  1

Bài 4:

Kẻ BK AI; CH AI ( ;K HAIkéo dài )

Ta có 2SAIB r AC r c AI BK   (1)

2SACI r AC r b AI CH   (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

r.c + r.b = AI.BK + AI.CH

 r b c(  ) AI BK CH(  ) (3)

Mà BK CH BC a (4)

Từ (3) và (4) suy ra:

r (b c ) a AI. b c AI

a r



Chóng minh tơng tự ta đợc:

a c BI

b r



 (2*); a b CI

c r



 (3*)

Từ (*); (2*) và (3*) ta có:

r r r a b c a b a c b c

        

           

áp dụng BĐT Cosi cho hai số dơng ta đợc:

b a c a c b 2 b a 2 c a 2 c b 2 2 2 6

a b a c b c a b a c b c

     

           

     

r r

r

H

K I

C B

A

Từ (4*) và (5*) suy ra:

AI BI CI 6 AI BI CI 6r

Dấu đẳng thức sảy ra khi ABC là tam giác đều

B i 5 ài 1 : Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:

AD =

4

1

AB Ta có D là điểm cố định

Mà

AB

MA

=

2

1

(gt) do đó

MA

AD

=

2

1

(0,25 điểm) Xét tam giác AMB và tam giác ADM có

MâB (chung)

AB

MA

=

MA

AD

=

2

1

(0,25 điểm)

Do đó Δ AMB Δ ADM => MD MB = MA AD = 2 => MD = 2MD (0,25

điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)

Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC

* Cách dựng điểm M

- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

2

1

AB

- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =

4

1

M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;

2

1

AB)

y

x D

M

C

B A