Tài liệu Đề & Đáp án HSG Toán 9 cấp tỉnh

Đờng thẳng DM cắt đờng thẳng CB tại N.. Đờng thẳng CM cắt AN tại P.. O và I lần lợt tâm đờng tròn nội tiếp và bàng tiếp trong góc A của ABC.. M là trung điểm của BC.. Chứng minh M là tru

ờng THCS Nhữ Bá Sỹ đề thi học sinh giỏi lớp 9

Môn toán – Thời gian 150 phút

Bài 1(2.0 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn:

( 3 + 5 2)m = ( 5 + 3 2)n

Bài 2: (2.0 điểm): Cho a, b > 0 và 6a2 + ab = 35b2

Tính giá trị của M = 2 2 2 2

4b 3ab 2a

ab 5b 3a

+

−

+ +

Bài 3: (2.0 điểm): Cho 2 phơng trình : ax2 + bx + c = 0 (1)

cx2 + bx + a = 0 (2) (a, b, c ≠0)

Chứng minh rằng nếu PT (1) có 2 nghiệm dơng x1 và x2 thì PT (2) cũng có 2 nghiệm dơng x3 và x4 Khi đó chứng minh x1 + x2 + x3 + x4 ≥4

Bài 4: (2.0 điểm) : Tìm a và b sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất:











= + +

= +

= +

4

2 2 2

2

z y x

b y z xy

a y xyz

Bài 5: (2.0 điểm) : Giải phơng trình: 13 − 4x4 - 23 5x2 − 4 = 1

Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x – 13y + 6 = 0 những điểm có toạ độ nguyên

nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x = 55

Bài 7: (2.0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của S = x + y biết:

x2 + 3y2 + 2xy - 10x – 14y + 18 = 0

Bài 8 (2.0 điểm) : Cho hình vuông ABCD Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B).

Đờng thẳng DM cắt đờng thẳng CB tại N Đờng thẳng CM cắt AN tại P Chứng minh

PB ⊥ DN

Bài 9(2.0 điểm): Cho Tam giác ABC O và I lần lợt tâm đờng tròn nội tiếp và bàng tiếp

trong góc A của ABC Hạ OH⊥BC và IK⊥BC M là trung điểm của BC

a Chứng minh M là trung điểm của HK

b Chứng minh MO đi qua trung điểm của AH

Bài 10: (2,0 điểm): Cho ∆ABC đều có cạnh bằng 1 Lấy D bất kỳ trên cạnh BC Gọi

r1 , r2 lần lợt là bán kính của đờng tròn nội tiếp ∆ABD và ∆ACD Xác định vị trí của điểm D trên cạnh BC để tích r1r2 đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó

Ngời ra đề: Nguyễn Văn Ngọc

Đáp án

Bài 1(2 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn: ( 3 + 5 2)m = ( 5 + 3 2)n (1)

Giải: Nhận thấy: với m= 0 thì n = 0 Vậy với m = 0 và n = 0 thì thoả mãn (1) Với m > 0 thì n > 0 Ta có: ( 3 + 5 2)m khai triển ra có dạng A + B 2 , Khi đó:

( 3 - 5 2)m khai triển ra có dạng A - B 2

Và ( 5 + 3 2)n khai triển ra có dạng C + D 2 , Khi đó:

( 5 - 3 2)n khai triển ra có dạng C - D 2

( Trong đó A,B,C,D ∈ N ) Theo giả thiết ta có: A + B 2 = C + D 2 ⇒ A – C = (D - B) 2 (2)

Do A,B,C,D ∈ N và 2∈ I nên từ (2) ta suy ra A – C = 0 và D – B = 0

⇒ A = C và B = D ⇒ A - B 2 = C - D 2 ⇒ ( 3 - 5 2)m = ( 5 - 3 2)n (3)

Từ (1) và (3) ta có: ( 3 + 5 2)m ( 3 - 5 2)m = ( 5 + 3 2)n ( 5 - 3 2)n

⇒ (9 – 50)m = (25 - 18)n ⇒ (- 41)m = 7n (4)

Do 7 và 41 là những số nguyên tố nên theo (4) ta suy ra 7  41 (Vô lý)

Vậy chỉ có m = 0 và n = 0 là thoả mãn

Bài 2: (2.0 điểm): 6a2 + ab = 35b2 ⇒ (3a – 7b)(2a + 5b) = 0 ⇒ a = b

3

7

⇒ M = 2 2 2 2

4b 3ab 2a

ab 5b 3a

+

−

+

2 2

9 71 3 71

b

b

= 3

Bài 3: (2.0 điểm): Vì PT (1) có 2 phân biệt x1 và x2 nên ∆ 1= b2 - 4ac > 0

Xét PT (2) ta có ∆ 2= b2 - 4ac ⇒ ∆ 2> 0 ⇒ PT (2) cũng có 2 nghiệm phân biệt x3 và x4 Mặt khác theo viét ta có: x1x2 =

a

c

và x1 + x2 =

a

b

−

x3x4 =

c

a

và x3 + x4 =

c

b

−

Do x1 , x2 > 0 nên x1x2 =

a

c

> 0 và x1 + x2 =

a

b

− >0 ⇒ a, c, -b cùng dấu

⇒ x3x4 = c a > 0 và x3 + x4 = −c b > 0 ⇒ x3 , x4 > 0

Ta lại có do x1 , x2 là nghiệm của PT (1) nên ax1 + bx1 + c = 0 (3)

và ax22 + bx2 + c = 0 (4) Suy ra a + b

1

1

1

)

1 (

x = 0 và a + b

2

1

2

)

1 (

x = 0 ( lần lợt chia cả 2 vế của (3)

và (4) cho x12 và x22 ) ⇒

1

1

x và

2

1

x chính là 2 nghiệm của PT (2)

⇒ x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2 +

1

1

x +

2

1

x = (x1 +

1

1

x ) + ( x2 +

2

1

x ) ≥ 2 + 2

⇒ x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 4

Bài 4: (2.0 điểm): Nhận thấy nếu (x0 , y0 , z0) là một nghiệm của hệ PT trên thì (-x0 , y0 , -z0) cũng là một nghiệm của hệ Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = - x0 và z0 = -

z0 suy ra x0 = z0 = 0 Thay các giá trị này vào hệ ta đợc y0 = a ; y0 = b và y0 = 4

Vì vậy suy ra a = b = ±2

- Nếu a = b = -2 thì ta có hệ











= + +

−

= +

−

= +

4 2 2

2 2 2

2

z y x

y z xy

y xyz

Lấy vế trừ vế của 2 PT đầu cho nhau ta đợc: xyz(y - 1) = 0 Từ đó ta thấy hệ có nghiệm duy nhất đó là x = z = 0 ; y = -2

- Nếu a = b = 2 thì ta có hệ











= + +

= +

= +

4 2 2

2 2 2

2

z y x

y z xy

y xyz

Làm tơng tự nh trên ta cũng có : xyz(y - 1) = 0 và nhận thấy hệ không chỉ một nghiệm là : x = z = 0 , y = 2 mà còn có các nghiệm khác, chẳng hạn nh

x =

2

1

5 − , y = 1 , z =

2

1

5 + là một nghiệm, nên với a = b = 2 không thỏa mãn Vậy chỉ có a = b = -2 là thỏa mãn đề bài

Bài 5(2.0 điểm) : Giải phơng trình: 4

4

13 − x - 23 5x2 − 4 = 1 Giải : Ta có: Nếu x >1 thì x2 > 1 và x4 >1

Nếu x <1 thì x2 < 1 và x4 <1

- Xét x >1 ta có 13 - 4x4 < 9 ⇒ 13 − 4x4 < 3

5x2 - 4 > 1 ⇒ 23 5x2 − 4 > 2

⇒ 13 − 4x4 - 23 5x2 − 4 < 1 ⇒ Phơng trình đã cho vô nghiệm

- Xét x <1 ta có 13 - 4x4 > 9 ⇒ 13 − 4x4 > 3

5x2 - 4 < 1 ⇒ 23 5x2 − 4 < 2

4

13 − x - 23 5x2 − 4 > 1 ⇒ Phơng trình đã cho vô nghiệm

- Xét x =1 ⇒ x2 = x4 = 1 ⇔ x= ± 1

Với x= ± 1 thỏa mãn phơng trình đã cho

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm đó là: x1= 1 và x2 = - 1

Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x – 13y + 6 = 0 những điểm có toạ độ nguyên

nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x= 55

Giải: Giả sử A(a, b) là điểm có toạ độ nguyên thuộc đờng thẳng trên và nằm giữa 2

đ-ờng thẳng x = -15 và x =55 Ta có: 8a – 13b + 6 = 0 và -15≤a≤ 55 (a, b∈ Z)

Từ 8a – 13b + 6 = 0 ⇒ b  2 đặt b = 2k (k∈ Z) suy ra:

a = 13b8−6 = 26k8−6 = 3k – 1 + k4+1 để a∈ Z thì k + 1 4 hay k + 1 = 4t (t∈

Z) hay k = 4t – 1 từ đó suy ra a = 13t – 4 và b = 8t – 2

Do -15≤a≤ 55 nên -15≤13t - 4≤ 55 ⇒

13

11

−

≤ t ≤ 1359 mà t∈ Z suy ra:

t = 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4

- Nếu t = 0 ⇒ a = - 4 ; b = - 2

- Nếu t = 1 ⇒ a = 9 ; b = 6

- Nếu t = 2 ⇒ a = 22 ; b = 14

- Nếu t = 3 ⇒ a = 35 ; b = 22

- Nếu t = 4 ⇒ a = 48 ; b = 30

Vậy các điểm có toạ độ nguyên thoả mãn đề bài là:

(- 4 ; -2) ; (9 ; 6) ; (22 ; 14) ; (35 ; 22) và (48 ; 30)

Bài 7:(2.0 điểm): x2 + 3y2 + 2xy - 10x – 14y + 18 = 0

⇒ (x + y - 5)2 = 9 - 2(y - 1)2 ≤ 9 ⇒ -3 ≤ x + y – 5 ≤ 3

⇒ 2 ≤ S = x + y ≤8

S = 2 khi x = y = 1 S = 8 khi x = 7 và y = 1

Bài 8: (2.0 điểm): Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN Gọi H là giao

của đờng thẳng AN và CK Ta có : ∆ABN = ∆DAK (c.g.c) ⇒ ∠BAN = ∠ADK

mà ∠BAN = ∠KAH và ∠KAH + ∠HAD = 900 ⇒ ∠ADK + ∠HAD = 900

⇒ AH⊥KD hay NA ⊥ KD (1)

Tơng tự ta cũng có ∆BCK = ∆CDN ⇒ ∠BCK = ∠CDN⇒ ND ⊥ KC (2)

Từu (1) Và (2) suy ra H là trực tâm của ∆NKD ⇒ DH⊥ KN (3)

Lại có: KB⊥ NC , Kết hợp với (2) ⇒ M là trực tâm của ∆NKC

⇒ CM⊥KN ⇒ MP⊥KN (4)

Từ (3) và (4) ⇒ MP//DH ⇒ NH NP =NM ND (5)

Lại có: MB//DC ⇒

NC

NB

=

ND

NM

(6)

Từ (5) và (6) ⇒ NH NP =NC NB ⇒ PB//CH mà CH⊥ND ⇒ PB ⊥ND (đpcm)

Bài 9 (2.0 điểm):

a.(1.0 điểm): Hạ IS ⊥AB IL ⊥AC

Ta có: BH= AB+BC2 −AC (1) ; CK= CL = AL-AC

AL=AS = AB + BS = AB + BK = AB + (BC - CK)

⇒ CK = AL-AC=AB+(BC-CK) - AC

A

P

N

I H

K

N

K

B

A

O

S B I B

P B

⇒ 2 CK = AB + BC – AC

⇒ CK= AB+BC2 −AC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ BH = CK

Lại có: BM = CM ⇒ MH = MK

b.(1.0 điểm): Nối AK cắt (O) tại N ta có: OP//IL

⇒

IL

OP

= AO AI mà OP=ON ; IL=IK nên

IK

ON

=

AI

AO

⇒ ON//IK Lại có OH//IK nên H ; O ; N thẳng hàng

Trong ∆HNK có ON=OH ; MH=MK

nênMO//NK hay MO//AK

Trong ∆AHK có:

MH=MK và MO//AK nên MO đi qua trung điểm của AH

Bài 10: 2,0 điểm:

Hạ DE ⊥AB Đặt BD = x ta có : CD = 1 – x ; BE =

2

x

; DE =

2

3

x

AD2 = 2 ) 2

2

3 ( ) 2

1

( −x + x = x2 – x + 1 ⇒ AD = x2 −x+ 1

SABD= r1

4

3 2

2

x AB DE BD AD AB

=

= +

4

3 2

) 1 1

r

= +

− + +

⇒ r1 =

1 1

2

3

2 − + +

x

C/m tơng tự:

1 2

1

2

3

2 2

+

− +

−

−

=

x x x

x r

⇒

) 1 x 2 3(1

x) x(1

4

3 ) 1 x 2 x )(2 1 x 2 x (1

x) x(1

4

3

2

r

1

r

+

− +

−

= +

− +

− +

− + +

−

=

2

3 (1 4

1 ) 4

3 2 ) 2

1 (x (1 4

1 ) 1 x 2

(1

4

1

−

≤ +

−

−

= +

−

8

3

2−

Dấu “ = “ xảy ra khi x =

2

1 khi đó D là trung điểm của BC

A

D E

VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña r1r2 lµ

8 3

2 − khi D lµ trung ®iÓm cña BC