Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân bình thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

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 hìn

Trang 1

Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)

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: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a)     3

5

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)

  HẾT  

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

Trang 2

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

B 16 2 64 4 10 2 5

B 16 2 24 8 5 16 2 2 5 2

B 16 4 5 4 12 4 5 10 2

B 10 2 vì B > 0

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



   2   

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

Bài 2: Giải phương trình:

a)     3

5

x





Điều kiện : x5 hay x 3

5

x





 

3

5 5

3

5

x

x x

x

     



 



   



5

x

x điều kiện: x 3

x





            

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

Trang 3

 

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

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

          2  

2 2

2x 7 5 x 3 0

     

2

x 3

   

 

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

 



      



  



Trang 4

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 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 x 1 4 2y 4 y 2 y 2 vì y nguyên tố

x 1 2

 







Thế x = 2 vào 2 2

x 2y 1, ta được: 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 1, ta được: 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 1, ta được: 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

Trang 5

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

CA HA.AB 12,8 20 256 CA 16 cm

CB HB.AB 7,2 20 144 CB 12 cm

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

Trang 6

2

AE.AF AH.AB AHE AFB

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



Trang 7

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15)

(NGÀY THI: 30/12/2014)

Bài 1: (4 điểm)

1) Cho phương trình ax 2bx c 0  có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ Chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ.

2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt mx 4m 3 x  23m 0 .

Bài 2: (4 điểm)

1) Giải phương trình sau: x 2 x 1 x 2 x 1 x 3

2



      (2 điểm)

2) Giải hệ phương trình :    

2 2 2

x y x y 15

x y x y 3





 (2 điểm)

Bài 3: ( 4 điểm)

1) Cho a, b, c > 0 Chứng minh: 3 1 3 3 1 3 3 3 1 1

abc

a b abc b   c abc c a abc    (1,5 điểm) 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 17y 2 234xy 51 x y   1740 (1,5 điểm) 3) Tìm a, b để y ax b 2

x 1





 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 (1 điểm) Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BM, CN cắt nhau tại H Gọi K là trung điểm của AH Gọi I là giao điểm của AH và MN Chứng minh I là trực tâm củaBKC

Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường tròn (O) Gọi A ,B ,C 1 1 1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng:

1) Ba điểm A ,B ,C 1 1 1 thẳng hàng (2 điểm)

2) Đường thẳng chứa A ,B ,C 1 1 1 luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển (2 điểm)

Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD) Tia phân giác của góc BAD cắt BC tại M và cắt DC tại N Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN Chứng minh tứ giác BKCD nội tiếp

  HẾT  

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2, Quận TÂN BÌNH (2014-2015)

Trang 8

Bài 1: (4 điểm)

1) Cho phương trình ax 2bx c 0  có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ Chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ (2 điểm)

Do a, b, c là 3 số nguyên lẻ nên ta đặt: a 2m 1;b 2k 1;c 2n 1      với k,m,n Z

Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ thì:  b 4ac 2 phải là số chính phương lẻ (do b lẻ và 4ac là số chẵn)

 2 2

2t 1 b 4ac

        2    

2k 1 2t 1 4 2m 1 2n 1

4k k 1 4t t 1 4 2m 1 2n 1

       : vô lí vì vế trái là số chia hết cho 8 còn vế phải không chia hết cho 8

Do đó phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ

2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt mx 4m 3 x  23m 0 (2 điểm)

mx  m 3 x 3m 0 1

Đặt t x ,phương trình 1 trở thành: 2   mt 2m 3 t 3m 0     2

a m;b   m 3 ;c 3m 

b 4ac  m 3  4m 3m m 6m 9 12m 11m 6m 9

               

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

1 2

b m 3

S t t

c 3m

a m

      





    



Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

2

a 0

11m 6m 9 0

S 0

P 0 3 0 luôn đúng

  



   



Vậy 3 108 m 0

11

    thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 2: (4 điểm)

1) Giải phương trình sau: x 2 x 1 x 2 x 1 x 3

2



      (2 điểm)

x 3

x 2 x 1 x 2 x 1

2



      (điều kiện: x 1 )

HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9 Quận TÂN BÌNH (2014-2015)

Trang 9

 x 1 1 2 x 1 12 x 3

2

x 3

x 1 1 x 1 1

2

x 3

x 1 1 x 1 1

2



      

TH1: x 1 1 0    x 2 Khi đó phương trình trở thành:

2 2

2

x 3

x 1 1 x 1 1 4 x 1 x 3

x 1

x 5 nhận

x 5 0

           

  

   



 



 



TH1: x 1 1 0     1 x 2 Khi đó phương trình trở thành:

x 3

x 1 1 x 1 1 x 3 4 x 1 nhận

2



          

 

Vậy S 1;5

2) Giải hệ phương trình :    

2 2 2

x y x y 15

x y x y 3





 (2 điểm)

Ta có:

2

2 2

x y

I

x y x y 3

x y 2x 5xy 2y 0 x y x 2y 2x y 0 x 2y

II

x - y x - y 3

x y x y 3

y 2x

III

x y x y 3

  

   





           

 





   







Giải hệ (I)    2      

y y 0 3 vo âlí

x y x y 3

     



    



Giải hệ (II)

x y x y 3 2y y 4y y 3 3y 3 y 1





Giải hệ (III)

x y x y 3 x 2x x 4x 3 3x 3 y 2





Vậy nghiệm của hệ phương trình là x 2 hay x 1

y 1 y 2

 

Trang 10

Bài 3: ( 4 điểm)

1) Cho a, b, c > 0 Chứng minh: 3 1 3 3 1 3 3 3 1 1

abc

a b abc b   c abc c a abc    (1,5 điểm)

Ta có:

3 3

a b 0 a ab b ab a b a ab b ab a b a b ab a b

a b abc ab a b c

Cmtt, ta có:    

3 3

b c abc bc a b c

c a abc ca a b c











Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có:

a b abc b   c abc c a abc ab a b c      bc a b c  ca a b c 

a b abc b c abc c a abc abc a b c

abc

a b abc b c abc c a abc

 

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 17y 2 234xy 51 x y   1740 (1,5 điểm)

2 2

x 17 y 2xy 3 x y  1740

      

Do x nguyên nên x có dạng: x 17k r  với r 0,1,2,3,4,5,6,7,8  và k Z

x 2 17n,17n 1;17n 4,17n 9,17n 8,17n 2,17n 15,17n 13       với n Z

Ta thấy rằng vế phải là 1740 khi cho cho 17 có số dư là 6 Trong khi đó vế trái khi chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

3) Tìm a, b để y ax b 2

x 1





 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 (1 điểm)

Vì y ax b 2

x 1





 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 nên 1 ax b 2 4 , a,b

x 1



   



2 2 2

2

a a

2 4

x ax b 1 0 , a,b

x 1

ax b 4 , a,b 4x ax b 4 0 , a,b a a

2x b 4 0 , a,b

 

     

 

Trang 11

a b 1 0 a a 5 0

a b 4 0 a b 1 0

       

       

Vậy a 4 hay a 4

b 3 b 3

   

   

  thì y ax b 2

x 1





 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BM, CN cắt nhau tại H Gọi K là trung điểm của AH Gọi I là giao điểm của AH và MN Chứng minh I là trực tâm củaBKC

Gọi F là giao điểm của AH và BC

Gọi T là giao điểm của BI và KC

Xét FKN và FMI , ta có:

 

NFK MFI

FKN FMI 2NMH

 





 



FKN FMI g g

FM FI

 

FN.FM FI.FK

  Mà FB.FC FN.FM FNB  ∽FCM

Nên FB.FC FI.FK FB FI

FK FC

  Mà BFI KFC 90  0

Nên FBI∽FKC IBF IKT hai góc tương ứng  

Mà BIF KIT đối đỉnh   Nên IKT KIT IBF BIF 90    0

0

KTI 90

  BT KC

Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường tròn (O) Gọi A ,B ,C 1 1 1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng:

x

T K I

F H

M

O

A

Trang 12

B 1

C 1

A 1

F

E H

D S

T K

O B

C A

M

1) Ba điểm A ,B ,C 1 1 1 thẳng hàng (2 điểm)

Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của MC ;MA ;MB với AB, BC, AC 1 1 1

Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng (đường thẳng Simpson)





 





1 1 1

S là trung điểm của MC

K là trung điểm của MA

T là trung điểm của MB

Dùng đường trung bình chứng minh được: 1 1 1 1

1 1 1 1

SK // C A ST // C A

KT // A B ST // A B

  C A 1 1A B 1 1

1 1 1

A ,B ,C

 thẳng hàng (1)

2) Đường thẳng chứa A ,B ,C 1 1 1 luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển (2 điểm)

Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H.

Ta chứng minh được: BHD ACB AMB AC B t / c đối xứng   1  

1

BHD AC B

   Tứ giác AC BH nội tiếp 1 AHC 1 ABC 1 ABM t / c đối xứng  (1) Chứng minh tương tự ta được: AHB ACM 2 1   

Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC AHB ABM ACM 1 1  

0

C HB 180 C ,H,B

   thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm A ,B ,C ,H 1 1 1 thẳng hàng Mà H cố định.

Nên đường thẳng chứa A ,B ,C 1 1 1 luôn đi qua một điểm H cố định khi M di chuyển

Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD) Tia phân giác của góc BAD cắt BC tại M và cắt DC tại N Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp

Trang 13

K

N

M

C

B

Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp

Ta có:

DAN MAB AM là tia phân giác của BAD

DAN DNA DNA MAB hai góc so le trong và AB // DN

 



 



DAN

  cân tại D.

DN DA

  Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành) Nên DN = BC.

Ta có :

 

NMC DAN BC // AC

MNC MAB AB // DN

DAN MAB

 



 









NMC MNC

   CMN cân tại C.

CM CN

  Mà KM = KN (bán kính (K)) Nên KC là đường trung trực của MN.

CK MN

Ta có :

BC DN BC CM DN CN BM DC

CM CN

 







CMN

 cân tại C có CK là đường cao (…) Nên CK cũng là đường phân giác của CMN MCK NCK

  (1)

Ta có : KM = KC  KMC cân tại K KMC MCK 2  

Từ (1) và (2) suy ra : KMC NCK

Mà KMC BMK NCK DCK 180    0 BMK DCK

Xét BMK và DCK , ta có :

BM DC BMK DCK

KM KC

 

 



 



BMK DCK c g c MBK CDK

       

 Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau)

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	910,3 KB