Đề thi HSG lớp 9 quận Tân Bình – (20142015) môn Toán49351

Kẻ đường cao CH của ABC.. Hình chữ nhật MNHK có đỉnh M trên cạnh AC; N trên cạnh AC; H, K trên cạnh BC.. Hình chữ nhật MNHK được gọi là hình chữ nhật nội tiếp ABC.. Tìm vị trí của M tr

Thời gian: 120 phút (NGÀY THI: 11/10/2014) Bài 1: (3 điểm) Rút gọn:

2 2 5

A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5

2 5

 



Bài 2: Gi i ph ng trình và hệ phương trình sau:

a)     3

5

x

x



 (2 điểm)

3x 6x41 10 2x 7 (2 điểm)

c)

2

1 1 1 2

x y z

xy z



  





  



(2 điểm)

Bài 3: a) Cho a > 1 ; b > 1 ; c > 1 Chứng minh rằng : a b c 6

a 1 b 1 c 1

b) Cho x 1

2

 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2

M 2x 5x 2 2 x 3 2x  (2 điểm) c) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình 2 2

x 2y 1 (1 điểm)

Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB Kẻ đường cao CH của ABC Vẽ (I) tiếp xúc với

HC, HB tại E, D và tiếp xúc trong với (O) tại F

a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD 3

4

 Tính CA, CB (2 điểm) b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng và ACD cân (2 điểm)

Bài 5: Cho ABC CÓ CBA 60 ;BC a;AB c 0   (a, c là hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật

MNHK có đỉnh M trên cạnh AC; N trên cạnh AC; H, K trên cạnh BC Hình chữ nhật MNHK được gọi là hình chữ nhật nội tiếp ABC Tìm vị trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ nhật MNHK đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó theo a và c (3 điểm)

ĐỀ THI HSG LỚP 9 QUẬN TÂN BÌNH – (2014-2015)

Bài 1: Rút gọn:

2 2 5

A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5

2 5



Đặt B 8 2 10 2 5   8 2 10 2 5 ; B > 0 

2

2 2

2 2

Khi đó: A  10 2 2 2 5 2 5 1   2 2 5  5 2  2 5 1 6 2 5 



2 5 1 5 1 2 5 1 5 1 4 2

Bài 2: Gi i ph ng trình:

a)     3

5

x

x





Điều kiện : x5 hay x 3

5

x

x





 

3

5

5

3

5

x

x x

x x

x



 





5

x

x điều kiện: x 3

x





HƯỚNG DẪN ĐỀ THI HSG LỚP 9 QUẬN TÂN BÌNH (2014-2015)

 

 

2

3 3

4

2 24 0

6

x nhận x

x loại x

x nhận

  















Vậy S  3 6;

3x 6x41 10 2x 7

3x 6x41 10 2x 7

2x 7 10 2x 7 25 x 6x 9 0

2 2

2

2x 7 5 0

x 3

x 3 0

 

c)

2

1 1 1 5

x y z

2 20 5

xy z



  





   



Điều kiện: x 0;y 0;z 0  

2 2 2

1 1 1 10 10 2

x y xy

2 1 20 5 1 2 25 1 2 25



2 25 25 1 1 10 10 2 1 10 25 1 10 25 0

5

             



1 5 1 1

1 1

5 z









      



Vậy nghiệm của hệ pt là

1 x 5 1 y 5 1 z 5









 







 





Bài 3: a) Cho a > 1 ; b > 1 ; c > 1 Chứng minh rằng : a b c 6

a 1 b 1 c 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

 



Chứng minh tương tự, ta có: b 2; 2

b 1 c 1

Do đó: a b c 6

a 1 b 1 c 1

   Dấu ‘’=’’ xảy ra khi

a 1 1

b 1 1 a b c 2

c 1 1

 



      



  



b) Cho x 1

2

 Tìm giá trị lớn nhất của 2

M 2x 5x 2 2 x 3 2x 

2

M 2x 5x 2 2 x 3 2x 2x 1 x 2 2 x 3 2x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

2x 1 x 2  2x 1 x 2 3x 3 =

4 x 3 x 7

2 x 3







3x 3 x 7 2x 1 x 2 2 x 3

2x 1 x 2 2 x 3 2x 5

2x 1 x 2 2 x 3 2x 5

M 5

Vậy giá trị lớn nhất của M là 5

Dấu ‘’=’’ xảy ra khi 2x 1 x 2 x 1

4 x 3

  



 

  



c) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình 2 2

x 2y 1

Cách 1:

x 2y  1 x  1 2y  x 1 x 1  2y

x 1 x 1 2 

   trong 2 số    x 1 và x 1  phải có ít nhất 1 số chẵn (1)

Ta có:    x 1  x 1 2x là 1 số chẵn    x 1 và x 1  có cùng tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) và (2)    x 1 và x 1  cùng chẵn.

 

x 1 2

x 1 2

 







Thế x = 2 vào 2 2

x 2y  , ta được:1 x 2 2.2 2   1 x 3 vì x nguyên tố 

Vậy cặp nghiệm nguyên tố duy nhất của phương trình là x = 3; y = 2

Cách 2:

x 2y  1 x  1 2y  x 1 x 1  2y  x 1 x x 1  2xy

mà x 1 x x 1    là 3 số tự nhiên liên tiếp nên  x 1 x x 1 6    

Do đó : 2 2

2xy 6xy 3

TH1: x 3 x 3 vì x nguyên tố

Thế x = 3 vào 2 2

x 2y  , ta được:1 3 2.y 2 2   1 y 2 vì y nguyên tố 

TH2: y 3 y 3 vì y nguyên tố

Thế y = 3 vào 2 2

x 2y  , ta được:1 x 22.3 2  1 x 2 29 loại vì x nguyên tố 

Vậy cặp nghiệm nguyên tố duy nhất của phương trình là x = 3; y = 2

Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB Kẻ đường cao CH của ABC Vẽ (I) tiếp xúc với

HC, HB tại E, D và tiếp xúc trong với (O) tại F

F E

D

O A

C

I

a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD 3

4

 Tính CA, CB

Dễ thấy CAB HCB tanCAB tanHCB HC HB 3

HA HC 4

HC HB 3 3 HB 9

HA HC 4 4 HA 16

Mà HA – HB = 5,6 nên HA = 12,8 (cm); HB = 7,2 (cm)

Ta có: AB = HA + HB = 12,8 + 7,2 = 20 (cm)

Xét CAB vuông tại C, ta có CH là đường cao

   

2

2

b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng và ACD cân.

Xét FIE và FOA, ta có: 

   

FIE FOA 2 góc đồng vị và IE // OA

IF IE tỉ số 2 bán kính của I và O

OF OA

 



 







FIE FOA c g c IFE OFA

 tia FE trùng với tia FA  A, E, F thẳng hàng.

EIO 2EFI góc ngoài IEF cân tại I

OID 2IFD góc ngoài IDF cân tại I







EIO OID 2 EFI IFD EID 2EFD EFD

2

Mặt khác: ADE 90 0 IDE 90 0 180 0 DIE DIE



Do đó: ADE EFD … ADE AFD g g  AD AE AD 2 AE.AF

AF AD

Mà  

2

AH.AB AC He äthức lượng









nên AD 2 AC 2 AD A C ACD  cân tại A.

Bài 5: Cho ABC CÓ CBA 60 ;BC a;AB c 0   (a, c là hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật

MNHK có đỉnh M trên cạnh AC; N trên cạnh AC; H, K trên cạnh BC Hình chữ nhật MNHK được gọi là hình chữ nhật nội tiếp ABC Tìm vị trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ nhật MNHK đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó theo a và c

AB = c; BC = a

60 0

I

N M

A

ABI

 vuông tại I có B 60 0 sinB AI AI AB.sinB c.sin60 0 c. 3

Dễ thấy

MN AM

BC AB

MK BM

AI AB











2

AM BM



MNHK

S BC.AI a.c ac

Dấu “=” xảy ra AM MB  M là trung điểm của AB Khi đó S MNHK 3 ac

8



  HẾT  