Toán
Đề 1
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Toán
Đề
môn
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1: Cho a, b, c, d là bốn số dơng.
Chứng minh :
cb
a
+
+
dc
b
+
+
ad
c
+
+
ba
d
+

2

Bài 2: Giải các phờng trình và hệ phơng trình sau:
a,
3


ABC ; gọi M, N, P lần lợt là hình chiếu tâm 0 đờng tròn ngoại tiếp

ABC
trên AB, BC và AC.
a, Chứng minh : BN.OM + BM.ON = BO . MN
b, Đặ t ON = d
1
; OP = d
3
; OM = d
2
Tính R + r theo d
1
, d
2
, d
3
.
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, trên hai cạnh AB, AD lần lợt lấy
hai điểm M, N sao cho chu vi

AMN là 2a.
Tìm vị trí của M, N để diện tích

ABC đạt giá trị lớn nhất .
Đáp án Đ1
đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm

b
+
+
+
( 0,5 đ )
=
( ) ( ) ( )
cdab
dc
2
d
2
bba
dacb
2
ccbad
2
a
++
+++
+
++
+++
)(
( 0,5 đ )
( 0,5 đ ) ( 0,5 đ )


4 .
( ) ( )

ca
2
dcba
+++
+++++
( 0,5 đ )

2

( 0,5 đ )
Bài 2: a/ ( 4 điểm)
Đặt a =
3
x2

b =
1x

0
( 0,5 đ )
Ta có :
( )
I
1ba
1
2
b
3
a


( 1 đ)

Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) ( 0,5 đ )
nên phơng trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 ( 0,5 đ )
b, ( 4,5 đỉêm)
( )
( )







=+
=+
=+
(3)2
2
yxz
22
2
xyz
12
2
zxy
Từ (1) ; (2) ta có : (x z)(x y + z) = 0 (4) ( 0,5
đ )
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y z) = 0 (5) ( 0,5 đ )
Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :

yxz
0xy
0zx














=+
=+
=
=+
=
=

( ) ( )
D
2
2
yxz
0zyx

)
2;0;2
;
(
)
2;0;2
(
)
0;2;2
;
(
)
0;2;2
;
(
)
2;2;0
;
(
)
2;2;0

Giải ra mỗi bộ nghiệm cho ( 0,25 điểm)
Bài 3:
a, Ta có BM0 = BN0 = 90
0

=> OMBN là tứ giác nội tiếp
Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=>

áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có
d
1
.
2
b
+ d
3
.

2
c

= R.
2
a
( 0,25 đ )
( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

0
B
N
0
d1

b + d
2
b + d
3
c + d
3
a + d
1
a + d
2
c) ( 0,5 ® )
mÆt kh¸c S
ABC

=
2
r
. ( a+b +c ) =
2
1
.( d
1
c + d
3
b + d
2
a

) ( 0,5 ® )
Do ®ã ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d

Nªn x + y +
2
y
2
x +

≥
( 2 +
2
)
xy
( 0,25 ® )
Hay 0 <
xy

≤

22
2
+
a
=> xy
≤
a
2
)22(
2
)2(
+
a

max = ( 3 – 2
2
) a
2 <=> AM = AN = ( 2-
2
). a ( 0,5 ® )
§Ò 2
§Ò thi häc sinh giái líp 9
§Ò
m«n
§3
môn : toán
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1 ( 6 điểm):
a, Giải phơng trình sau:
(x + 4)
4
= 2.(2x +13)
2
+ 50.(2x+13) (3điểm)
b, Cho các số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện
a + b + c = 1
Chứng minh rằng :( 1+a).(1+b).(1+c)

8( 1- a).(1- b).(1- c) ) (3điểm)
Bài 2: (4 điểm) : Cho phơng trình: x -
2

3
2
y
xy
2
x
Tính giá trị biểu thức A = xy + 2yz + 3xz
Bài 4: (6 điểm)
Cho nửa ( 0; R) đờng kính A B. C là điểm bất kì trên nửa đờng tròn, kẻ
CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác
CAH và CHB. Đờng thẳng IK cắt CB; CA tại N và M . HI cắt CA tại E;
HK cắt CB tại F
a, Chứng minh MN // EF
b, Xác định vị trí của C để S
CMN
đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án Đ2
đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
Đ2
H3
môn : toán 9
Bài 1: ( 3 điểm)
a; Giải phơng trình (x +4)
4
= 2(2x +13)
2
+50 (2x +13)
Đặt

2
)
2
5
(
(**) trở thành : t
2
- 16yt - 80 y
2
= 0 ( 0,25 đ )
( )( )





=
=
=+
20yt
4yt
020yt4yt
( 0,5 đ )
Với t = - 4y
0
4
25
y
2
y =+


a = 1 b c ( 0,5
đ )

1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ )
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng 1 b ; 1 c
Ta có: 1 + a = 1 - b +1 - c
c)b)(1(12
( 0,5 đ )
Tơng tự ta có : 1 + b
c)a)(1(12
( 0,5 đ )
1 + c
b)a)(1(12
( 0,5 đ)
Do đó
c)b)(1a)(18(1c)b)(1(1a)(1 +++
( 0,5 đ )
Bài 2 ( 4 điểm ): Ta có : x -
2
x1
= m (1)



=+


=
(2)01m2mx2x

0S
0
2
=




=+




>
=



( 0,5 đ)
Phơng trình 3 có hai nghiệm trái dấu

P< 0
P =
1m10
2
1m
2
<<<

( 0,5 đ )

y
xyx2525xxzzz
3
y
2
2222
2
++==++++
( 0,5 đ )
=> 2z
2
= x( y z ) ( 0,5 đ )
( 0,5 đ )
Mặt khác 12.(
).z+
3
y
2
2
( z
2
+ xz + x
2
) A
2
( 0,5 điểm )
= 4z
4
+ x
2

+ xz + x
2
) = 0 ( 0,5 điểm )
Vậy 12.16.9 = ( xy+ 2yz + 3xz )
2
( 0,5 điểm )
do x, y, z > 0
=> A = xy + 2yz + 3xz = 24
3
( 0,5 điểm )
Bài 4: (6 điểm) a, Ta có tứ giác CEHF nội tiếp ( 0,5 điểm )
=> CFE = CHE = 45
0
=>

CFE vuông cân ( 0,5 điểm )
=> CE = CF => I là tâm đờng tròn nội tiếp
=> CI là phân giác
=>
IH
IE
=
CH
CE
( 0,5 điểm )
Tơng tự
KH
KE
CH
CF



CMI =

CHI ( c. g. c ) => CH = CM ( 0,5 điểm )
=> Do đó : S
CMN
max <=> CH max
Mặt khác CH

CO = R không đổi ( 0,5 điểm )
Nên S
CMN
max =
2
R
2
1

<=> C là điểm chính giữa của cung AB ( 0,5 điểm )

A
B
H
F
N
C
M K
I
O

+
3
1
3
+
4
1
<
n
1
3
Bài 2: ( 6 điểm)
a, ( 2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + z = xyz
b, ( 4 điểm): Giải hệ phơng trính sau:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
Bài 3( 6 điểm): Cho ( O; R); CD là một dây cung cố định . Trên tia đối của tia
CD lấy M bất kỳ . Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn ( A, B là tiếp
điểm ).
a, Chứng minh khi M thay đổi thì đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố
định .
b, Đờng thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB , AD lần lợt tại N, K.

2
+ 2y
2
– 3 ) + ( y
2
– 2)
2
= 1 ( 0,25 ®iÓm )
<=> x
4
+ 2x
2
y
2
- 3x
2
+ y
4
+ 4y
2
+ 4 = 1 ( 0,25 ®iÓm )
<=> ( x
2
+ y
2
)
2
- 4

( x

≤
3
<=> 1
≤
A
≥
3 ( 0,25 ®iÓm )
VËy Amin = 1 <=> x= 0
y=
1±
( 0,5 ®iÓm )
A max =3 <=> x= 0
y=
3±
( 0,5 ®iÓm )
b, Ta cã :
1)+1)k(k-(k
1
=
1) -k.(k
1
<
k.k
1
=
k
1
223
mµ
)1k(k)1k(2

3
k
1






+
−
− )1k(k
1
)1k(k
1
2
1
( 0,5 ®iÓm )
¸p dông víi k = 2 ta cã
)
3.2
1
1.2
1
(
2
1
2
1
3

−
−
<
( 0,5 ®iÓm )
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức cùng chiều :

+
2
1
3

+
3
1
3
+
<
3
n
1
4
1
)
)1n(n
1
2
1
(
2
1


y và x, y
+

Nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3 ( 0,25 điểm )
Với x.y = 1 mà x, y
+

=> x = 1; y = 1
=> 2 + z = z vô nghiệm ( 0,25 điểm )
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên dơng ( x, y, z ) = (1; 2; 3)
và các hoán vị. ( 0,25 điểm )
b, ( 4 điểm) x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
(x + y + z )
2
2(xy + yz + zx) = 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )

=
=
1z
2x
;
2z
1x
( 0,5 điểm )
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghệm
( x ; y ; z ) = ( 1; 2; 3) ; ( x ; y ; z ) = ( 3; 2; 1) (0,25 điểm )
Bài 3: (6 điểm): a, Gọi I là trung điểm của CD
F ; Q là giao điểm của AB với OM ; OI
Ta có
OFQ
đồng dạng với

OIM ( g.g) ( 0,5 điểm )

OI
OF.OM
OQ
OM
OQ
OI
OE
==
mà OF . OM = OA
2
không đổi ( 0,5 điểm )
( Hệ thức lợng trong tam giác vuông )

F
Trong

CDK có IC = ID ; IN // DK
=> NC = NK ( 0,5 điểm )
Bài 4 (2điểm): Gọi a, b, c là độ dài các cạch của

ABC ứng với h
1
, h

2
, h
3

S là diện tích

ABC
Ta có 2S = a.h
1
= b.h
2
= c.h
3
= ( a + b + c ). r ( 0,5 điểm )
)
c
1
b
1

hhh ++
= 9r
9)
c
1
b
1
a
1
).(cba( =++++
( 0,25 điểm )
Mặt khác a, b, c > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có .
a + b + c
3
c.b.a3
( 0,25 điểm )
c
1
b
1
a
1
++
3
abc
1
3
( 0,25 điểm )
9)