CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

ĐỀ THI HSG LỚP 9
QUẬN TÂN BÌNH – (2014-2015)
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)  x  3 x  5  3  x  5

x3
0
x 5

b) 3x 2  6x  41  10 2x 2  7
1 1 1
x  y  z  2

c) 
 2  4
 xy z 2

(2 điểm)
(2 điểm)

(2 điểm)
Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c . (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 vò trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ
nhật MNHK đạt giá trò lớn nhất. Tính giá trò lớn nhất đó theo a và c. (3 điểm)

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


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

HƯỚNG DẪN 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



 B2  16  2 64  4 10  2 5






2

22 5
2 5
 2



 2



5 1





5 1

 2  2 5  5  2   2

5

2
5




 x  3 x  5  3  x  5

x  5
 
x3
 x  3  3 x  5  0
Giải (1): x  3  3

 x3 3

1

x3
0
x 5

 điều kiện: x  3

2
 x3

9 
x3
  x  3  9 
   x  3  x  3 
0
x 5
x 5


3

0







2

2x 2  7  5   x  3  0
2

Vậy S  3

1 1 1
x  y  z  5

c) 
 2   20  5
 xy z 2
Điều kiện: x  0;y  0;z  0

1
1
1
1 10 10 2

1
1 1
1  5  1  1
 5 
 z
 z
x y
x y

1
1
x
5
2
2


 1
 1

5

x
  5     5   0
1
 x
1

 y


1
x  5

1

y 
5

1

z  5


a
b
c


6
a 1
b 1
c 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
1  a 1
a
a
1 a  1 
 a 1  
2

b) Cho x 

2014 -2015

1
. Tìm giá trò lớn nhất của M  2x 2  5x  2  2 x  3  2x
2

M  2x 2  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 3x  3
=
  2x  1 x  2  
2
2

4

x

3
x

7


  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 2 4  y 2 2  y  2  vì y nguyên tố 

 x  1 2
Thế x = 2 vào x 2  2y2  1 , ta được: x2  2.22  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 2  2y2  1  x 2  1  2y2   x  1 x  1  2y2   x 1 x  x  1  2xy 2
mà  x  1 x  x  1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên  x  1 x  x  1 6
Do đó : 2xy2 6  xy2 3

TH1: x 3  x  3  vì x nguyên tố 

Thế x = 3 vào x 2  2y2  1 , ta được: 32  2.y 2  1  y  2  vì y nguyên tố 
TH2: y 3  y  3  vì y nguyên tố 

Thế y = 3 vào x 2  2y2  1 , ta được: x2  2.32  1  x2  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.



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
CA2  HA.AB  12,8 .  20   256 

CA  16  cm 
 2



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 vò và IE // OA 

 FIE ∽ FOA  c  g  c  IFE  OFA

AD AE

 AD2  AE.AF
Do đó: ADE  EFD ….  ADE ∽ AFD  g  g  
AF AD
Mặt khác: ADE  90 0  IDE  90 0 

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


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015


AE.AF  AH.AB AHE ∽ AFB
Mà 
2

AH.AB  AC  Hệ thức lượng 
nên AD2  AC2  AD  AC  ACD cân tại A.

Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c . (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 vò trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ
nhật MNHK đạt giá trò lớn nhất. Tính giá trò lớn nhất đó theo a và c.

A
AB = c; BC = a








 

BC AI
AB AB
4
4 AB2 4
AB2
AB2
 MK  BM
 AI
AB

 SMNHK 

1
1
3
3
BC.AI  a.c.

ac
4
4
2








x3
(2 điểm)
2

 x  y  x 2  y 2  15

(2 điểm)
2) Giải hệ phương trình : 
x  y  x2  y  3



Bài 3: ( 4 điểm)
1
1
1
1
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 3
(1,5 điểm)
 3 3
 3 3

3

HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9
Quận TÂN BÌNH (2014-2015)
Bài 1: (4 điểm)
1) Cho phương trình ax2  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:   b2  4ac phải là số chính phương lẻ (do b lẻ và
4ac là số chẵn).

    2t  1  b2  4ac   2k  1   2t  1  4  2m  1 2n  1
2

2

 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 mx4   m  3 x2  3m  0 . (2 điểm)

mx4   m  3 x2  3m  0

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

2







3  108
3  108
  0
 3  108

 m  3

m

m0

0
11
11
11
S

0

 m

P  0

m  0 hay m  3








x 1 1 



2

x 1 1 



x 1 1

2



x3
2
x3
x 1 1 
2

2014 -2015


Vậy S  1;5

x3
 x  3  4  x  1  nhận
2













 x  y  x 2  y 2  15

2) Giải hệ phương trình : 
(2 điểm)
2
x

y
x

y


 x  y  x 2  y 2  15


 x  y  x  y  5  x  y  x  y
 x  y  5  x  y   x  y   0



x  y  x2  y 2  3
x  y  x2  y2  3




 x  y  x 2  y 2  3



 x  y

 I
2
2
  x  y  x  y  3

 x  y  2x 2  5xy  2y 2  0
 x  y  x  2y  2x  y   0
 x  2y



x

y

3


 




 y  2x
  x  y x 2  y 2  3  III

 















 3

Giải hệ (II) 
2
2
2
2
3y  3 y  1
 x  y  x  y  3 
 2y  y  4y  y  3 

Giải hệ (I)














y  2x
x  1
y  2x
y  2x



CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

Bài 3: ( 4 điểm)
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

1
1
1
1
 3 3
 3 3

3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc
3

Ta có:

 a  b

2



(1,5 điểm)



Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có:
1
1
1
1
1
1
 3 3
 3 3



3
3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc ab  a  b  c bc  a  b  c  ca  a  b  c 


1
1
1
c a b
 3 3
 3 3

3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc  a  b  c 





ax  b
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4
x2  1
ax  b
 4 , a,b
nên 1  2
x 1
2

a  a2
 ax  b
 x     b  1  0 , a,b
 1 , a,b
x 2  ax  b  1  0 , a,b
2
4

 x 2  1

 2

2
 ax  b  4 , a,b
4x  ax  b  4  0 , a,b 
a  a2
2x

2
   b  4  0 , a,b


a
b  3
b  3
b  3
 a  b  4  0
  b 1  0
 16
 4


a  4
a  4
ax  b
hay 
Vậy 
thì y  2
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4
x 1
b  3
b  3
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 .

A
K

T


FB FI

. Mà BFI  KFC  90 0
FK FC



x



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

Mà BIF  KIT  đối đỉnh . Nên IKT  KIT  IBF  BIF  900

 KTI  900  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 A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng
minh rằng:

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


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

A
B1


 C1A1  A1B1

KT // A1B1 
ST // A1B1

 A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (1)

2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh 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  AC1 B t / c đối xứng

 BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1)

Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM  2 
Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM
 C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm  A1 ,B1 ,C1 ,H thẳng hàng. Mà H cố đònh.
Nên đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm H cố đònh 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.

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


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015



MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân tại C.

DAN  MAB  ...

 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  1800  BMK  DCK
BM  DC

Xét BMK và DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK
KM  KC

 Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng
nhau)

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