CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2015 -2016

ĐỀ KIỂM TRA
HỌC SINH GIỎI VÒNG 1 LỚP 9
Quận 3 (2015-2016)
(Thi: thứ 7, 26-9-2015)
Bài 1
1 1 1
1
  
(a, b, c  0)
a b c a bc
1
1
1
1
Chứng minh 2015  2015  2015  2015
2015
a
b
c
a  b  c2015
2a 1  x 2
1  1 a
a
b) Rút gọn B 
với x  

2 a


c)  y   2
z

 1
z  x  2

Bài 3 Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức : M  5x 2  2xy  2y2  14x  10y 1
Bài 4: Chứng minh rằng 10n  18n  28 27, n  N
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), các đường cao BI và CK cắt nhau tại H. Trên
đoạn BH lấy điểm D sao cho ADC bằng 900 . Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh
1
1
4
.


2
2
AD DF
DE 2
Bài 6: Cho tam giác ABC có ABC  ACB  500 . Lấy N là điểm nằm trong tam giác ABC sao
cho NBC  100 và NCB  200 . Chứng minh tanANB. tanNBC = 1
BC
Bài 7: Trên cạnh BC của hình vuông ABCD lấy BE 
; trên tia đối của tia CD lấy F sao
3
BC
cho CF 
. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Chứng minh A, B, I, C cùng thuộc một


a)

Cho

Ta có:

 a  b
1 1 1
1
1 1
1
1
ab
  
  
 

a b c a bc
a b a bc c
ab
c a  b  c



 1

 ca  cb  c 2  ab 
ab
ab








  a  b  b  c  c  a   0

1
1
1
 1
 2015  2015  2015
2015

1
1
1
1
a
b
c
c
TH1: a = -b, khi đó: 
 2015  2015  2015  2015
2015
1
1
a

1
1
a
b
c
a  b  c 2015



 a 2015  b 2015  c 2015 a 2015
1
1
1
 1
 2015  2015  2015
2015

1
1
1
1
a
b
c
b
 2015  2015  2015  2015
TH3: c = -a, khi đó: 
2015
1
1

1 x2  x

2a 1  x 2


 (0  a  1)


1  1 a
a 
1  1 a
a 
Ta có: x  

 x2  
2
 (0  a  1)

2 a
1 a 
4 a
1 a 
1  1 a
a  4
1  1 a
a 
 x2 1  
2
 x2 1  
2

2

1  1 a
a
 x 2  1  

2 a
1 a





, ta được:

Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2015 -2016

1  1 a
a 
2a 


2 a
1 a 
B

3

94 5  3 94 5



3



9  4 5. 3 9  4 5  9  4 5

 x 3  18  3  x 1
 x 3  3x  18  0
  x  3  x 2  3x  6   0
2

3  15 
  x  3   x    
2
4 


 x 3

Bài 2: Giải các phương trình sau:
a) x5  x 4  x3  x 2  x  2
Ta có: x5  x 4  x3  x 2  x  2
 x5  x 4  x3  x 2  x  2  0
 x 5  2x 4  x 4  2x 3  x 3  2x 2  x 2  2x  x  2  0

Điều kiện: x  0 ; đặt t 

1
1
 t  0   x  2 , phương trình đã cho trở thành :
x
t

8
5
2
 t   2t 5  5t 4  16  0   t  2   2t 3  3t 2  4t  4   0  t  2
4
t
2
1
Với t = 2  x 
4

Trang 3

Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
1

x

2


2

 2  4
2x

1
2x
2  x 2x  1
x
1
Điều kiện: x  2, x 
2
2x  1  x  2  x  2  2  x  2x  1
Với điều kiện trên, pt (4) trở thành:

 2  x  2x  1  2  x  2x  1
 2x  1  x  2  x   2  2  x  2x  1

 2x  1  2x  x 2  2  4x  2x 2  x  2 
 3x 2  6x  3  0
 3  x  1  0
2

 x 1
suy ra y =1 ; z =1
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x, y, z) = (1, 1, 1)

Bài 3 Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M  5x 2  2xy  2y2  14x  10y 1
Ta có : M  5x 2  2xy  2y2  14x  10y 1


Vậy Mmax

Bài 4: Chứng minh rằng 10n  18n  28 27, n  N
Ta có :

Trang 4

Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2015 -2016

10n  18n  28  10n  1  18n  27
= 10  1 10 n 1  10 n 2  ...  1  18n  27
=9  9  1   9  1

=9  9k  n   18n  27
n 1

n 2

 ...  9  1  9  1  1  18n  27

2

=81k  27n  27
=27  3k  n  1 27



Dễ chứng minh được: AE 2  AK.AB  HTL 
 AD  AE  ADE cân tai A


AI.AC  AK.AB  AIB ∽ AKC 
FDE  ADE  FDA

FED  AED  FEA

Ta có: 
 FDE  FED  FDE cân tại F  FD=FE
0
FDA  FEA  90

ADE  AED  ADE cân tại A 
AD  AE
Ta có: 
 AF là đường trung trực của đoạn thẳng DE
FD  FE





AF  DE tại O

.
O là trung điểm của DE.

OJ

N
K

B

C

H

Kẻ đường cao AH cắt BN tại O, AK vuông góc với BN tại K, CN cắt AK tại J.
BOC cân tại O  OCH  OCN  100  ACO  OAC  400  OA  OC

AON  BOH  800  OAJ  100  JAC  JCA  300  AJC cân tại J.  AJ  JC
Mà OA  OC . Nên OJ là đường trung trực của AC.  OJ là phân giác của AOC





 JOC  50 0 do AOC  100 0 . Mà NOC  200 (góc ngoài của OBC )

Nên JON  300  JNO  góc ngoài BNC  OJN cân t ại J  K là trung điểm của ON.
 AON cân tại A  ANB  AON  800

Vậy tanANB.tanNBC  tan800.tan100  tan800.cot80 0  1
Bài 7: Trên cạnh BC của hình vuông ABCD lấy BE 

BC


Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2015 -2016

Gọi G là giao điểm của CI và AB; H là trung điểm của AB, K là giao điểm của CH và
AI.
BI BE 1
Ta có: BEI ∽ CEK  g  g  

  CK  2BI
CK CE 2
Mà BI = 2HK (Vì HK là đường trung bình của ABI )
Nên CK = 4HK
CK 4
2BI 4
BI 2
Do đó:
 mà CK = 2BI nên



CH 5
CH 5
CH 5
GB
BI


 ECI  BA E
Xét EI C và EBA , ta có:
CEI  A EB  2 góc đối đỉnh 

 EI C ∽ EBA  EI C  EBA  90 0


 ECI  BA E  cmt 
Vậy A, B, I, C cùng thuộc một đường tròn.

---HẾT---

Trang 7

Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016)