Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán 9

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán  giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

21 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

182 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
TOÁN THCS VIỆT NAM
TUYỂN TẬP
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
9
Lớp
Năm - 2020
Biên soạn & sưu tầm: Ths NGUYỄN CHÍN EM
α
β
Mục lục
Đề số 1. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Ba Đình - TP Hà Nội năm 2017 . . . . . . 4
Đề số 2. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Cầu Giấy - TP Hà Nội năm 2017-2018,
Vòng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Đề số 3. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2010 - 2011 . . . . . . . . . 14
Đề số 4. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2011-2012 . . . . . . . . . . 19
Đề số 5. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội, năm học 2012 - 2013 . . . . . . . . . 24
Đề số 6. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2013 - 2014 . . . . . . . . . 30
Đề số 7. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2014-2015 . . . . . . . . . . 35
Đề số 8. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2016 - 2017 . . . . . . . . . 41
Đề số 9. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Hoàn Kiếm - TP Hà Nội năm 2018 . . . . 47
Đề số 10. Đề thi Toán 9 HSG năm học 2011, Tp. Đà Nẵng . . . . . . . . . . . 52
Đề số 11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Lâm Đồng . . 57
Đề số 12. Đề thi HSG lớp 9, Nghệ An, Bảng A, năm 2011 . . . . . . . . . . . 62
Đề số 13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Quảng
B
`
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Đề số 14. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, An Giang . . . . . 71
Đề số 15. HSG Toán 9, huyện B
`
47.65845nh Giang, tỉnh Hải Dương, năm học
2012 - 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Đề số 16. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, Tp. Đà Nẵng . . . 81
Đề số 17. Đề thi HSG toán 9 tỉnh Hải Dương năm học 2012-2013. . . . . . . . 85
Đề số 18. Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2012-2013, Tỉnh Hà T
˜
47.65845nh 90
Đề số 19. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012 - 2013, Kiên Giang . . . 95
Đề số 20. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013 tỉnh Quảng Ninh . 99
Đề số 21. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2012-2013, Tiền Giang . 104
Đề số 22. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Tỉnh Bắc Ninh . . 110
2
h | Nhóm GeoGebraPro
3
Đề số 23. Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, Nghi Xuân, Hà
T
˜
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Đề số 24. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Ninh Thuận . . . . 120
Đề số 25. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, V
˜
47.65845nh
Phúc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Đề số 26. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2017-2018, An Giang. . . . . . 127
Đề số 27. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2016-2017, Sở GD Bến Tre . . 132
Đề số 28. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Hải Phòng . . . . 137
Đề số 29. Đề thi HSG Toán 9, Phú Lộc, Thừa Thiên Huế, 2017 . . . . . . . . 144
Đề số 30. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thanh Hóa . 148
Đề số 31. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Sở GD&ĐT Thừa
Thiên Huế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
Đề số 32. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thành phố
Hồ Ch
´
47.65845 Minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Đề số 33. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2017-2018, B
`
47.65845nh Định 166
Đề số 34. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Hải Dương . 171
Đề số 35. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Huyện Tiền
Hải - Tỉnh Thái B
`
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
4
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN BA
ĐÌNH - TP HÀ NỘI NĂM 2017
Họ và tên thí sinh: . .... .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 1
Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau
a) A =
p
29 − 12
√
5 − 2
3
p
16 + 8
√
5.
b) B =
Å
a +
√
a
2
− b
2
a −
√
a
2
− b
2
−
a −
√
a
2
− b
2
a +
√
a
2
− b
2
ã
:
√
a
4
− a
2
b
2
b
2
với a 6= 0; b 6= 0; |a| > |b|.
Lời giải.
a) Ta có
p
29 − 12
√
5 −2
3
p
16 + 8
√
5 =
»
3 − 2
√
5
2
−2
3
»
1 +
√
5
3
= 2
√
5 −3 −2
1 +
√
5
=
−5.
b) Ta có
B =
Å
a +
√
a
2
− b
2
a −
√
a
2
− b
2
−
a −
√
a
2
− b
2
a +
√
a
2
− b
2
ã
:
√
a
4
− a
2
b
2
b
2
=
a +
√
a
2
− b
2
2
−
a −
√
a
2
− b
2
2
a +
√
a
2
− b
2
a −
√
a
2
− b
2
·
b
2
√
a
4
− a
2
b
2
=
4a
√
a
2
− b
2
a
2
− (a
2
− b
2
)
·
b
2
√
a
4
− a
2
b
2
=
4a
√
a
2
− b
2
b
2
·
b
2
|a|
√
a
2
− b
2
=
4a
|a|
.
Câu 2.
a) Giải phương trình:
p
√
3 − x = x
p
√
3 + x.
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng
a
1 + b
2
+
b
1 + c
2
+
c
1 + a
2
>
2018
2013
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
5
Lời giải.
a) ĐK: 0 ≤ x ≤
√
3.
Đặt t = x
√
3 hay x =
t
√
3
.
Với t ≥ 0, phương trình trên tương đương với
…
√
3 −
t
√
3
=
t
√
3
…
√
3 +
t
√
3
⇔
√
3 − t =
t
√
3
√
3 + t ⇔ t
2
(3 + t) = 3 (3 −t)
⇔ (t + 1)
3
= 10 ⇔ t =
3
√
10 − 1 ⇔ x =
3
√
10 − 1
√
3
thỏa mãn ĐK
Vậy x =
3
√
10 − 1
√
3
.
b) Ta có
a
1 + b
2
=
a
1 + b
2
− ab
2
1 + b
2
= a−
ab
2
1 + b
2
≥ a−
ab
2
2b
= a−
ab
2
(Áp dụng BĐT Cô-si)
Tương tự ta có:
b
1 + c
2
≥ b −
bc
2
;
c
1 + a
2
≥ c −
ca
2
Mặt khác
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)
2
3
= 3
Nên
a
1 + b
2
+
b
1 + c
2
+
c
1 + a
2
≥ a + b + c −
ab + bc + ca
2
⇔
a
1 + b
2
+
b
1 + c
2
+
c
1 + a
2
≥ 3 −
3
2
=
3
2
>
2018
2013
(đpcm).
Câu 3. Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (O),
B, C là các tiếp điểm
. Trên đoạn OB lấy điểm N sao cho BN = 2ON. Đường
trung trực của đoạn thẳng CN cắt OA tại M, tính tỉ số
AM
AO
.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
6
AO
N
E
H
C
M
B
K
Gọi I, E, K là trung điểm NC, NB, BC. Suy ra K là giao điểm của BC và OA.
Ta có EI là đường trung bình trong 4NBC ⇒ EI k BC ⇒ OM ⊥ EI.
Ta lại có EK là đường trung bình trong 4NBC ⇒ EK k NC ⇒ EK ⊥ IM.
Từ đó K là trực tâm 4IME.
Mặt khác IK cũng là đường trung bình trong 4NBC ⇒ IK k NB ⇒ EM ⊥ NB.
Hơn nữa NB ⊥ AB ⇒ EM k AB
Áp đụng định lý Ta-lét ta có
AM
AO
=
OE
OB
=
2
3
.
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các tứ giác MNP Q và ADEF là các hình vuông
sao cho: M thuộc cạnh AB; N, P thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AC; D, E, F tương ứng
thuộc các cạnh AB, BC, AC. So sánh diện tích các hình vuông MNP Q, ADEF .
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
7
M
A
Q
P N
C B
EH
F
D
Gọi r, R là cạnh các hình vuông ADEF, MNP Q và đặt AB = c, AC = b, BC = a.
Kẻ đường cao AH = h của tam giác ABC.
Ta có
S
ACB
= S
AEB
+ S
AEC
=
1
2
ED · AB +
1
2
EF · AC =
1
2
r (AB + AC) =
1
2
r (b + c)
Mà S
ABC
=
1
2
AH · BC =
1
2
ah
Từ đó suy ra r =
ah
b + c
.
Do MN k AH nên theo định lý Ta-lét ta có
MN
AH
=
BM
BA
.
Và MQ k BC nên theo định lý Ta-lét ta có
MQ
BC
=
AM
AB
.
Nên
MN
AH
+
MQ
BC
=
BM
BA
+
AM
AB
⇔
R
h
+
R
a
= 1 ⇔ R =
ah
a + h
.
Mặt khác (a + h)
2
= a
2
+ 2ah + h
2
= b
2
+ c
2
+ 2bc + h
2
= (b + c)
2
+ h
2
> (b = c)
2
.
Do đó r
2
=
a
2
h
2
(b + c)
2
> R
2
=
a
2
h
2
(a + h)
2
⇔ S
AD EF
> S
MN P Q
.
Câu 5.
a) Tìm tất cả các số nguyên x để
√
x + 19;
√
2x + 10;
√
3x + 13;
√
4x + 37 đều là số
nguyên.
b) Trong buổi gặp có 294 người tham gia, những người quen nhau bắt tay nhau. Biết
rằng nếu A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần. Hỏi
có nhiều nhất bao nhiêu cái bắt tay.
Lời giải.
a) Đặt
√
x + 19 = a;
√
4x + 37 = b,
a, b ∈ Z
+
Ta có
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
8
4a
2
− b
2
= 39 ⇔ (2a − b) (2a + b) = 39
Do 2a > b và a, b ∈ Z
+
nên ta có 2 trường hợp
•
2a − b = 1
2a + b = 39
⇔
a = 10
b = 19
⇔ x = 81, thử lại thấy sai nên loại.
•
2a − b = 3
2a + b = 13
⇔
a = 4
b = 5
⇔ x = −3, thử lại thấy đúng nên nhận.
Vậy x = −3.
b) Do A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần nên những
tham dự hội nghị có số cái bắt tay hoặc hơn 6 hoặc không quá 6.
Giả sử X là tập hợp những người bắt tay hơn 6 lần, Y là tập hợp những người bắt
tay không quá 6 lần. |X| = m, |Y | = n
Ta có X ∩ Y = ∅ và m + n = 294.
Nhận xét: những người trong cùng tập hợp thì không bắt tay với nhau.
Tổng số cái bắt tay S ≤ n × min{6; 294 −n}.
Ta có các khả năng sau đây
• min = 1 ⇒ n = 293 ⇒ S = 293
• min = 2 ⇒ n = 292 ⇒ S = 584
• min = 3 ⇒ n = 291 ⇒ S = 873
• min = 4 ⇒ n = 290 ⇒ S = 1160
• min = 5 ⇒ n = 289 ⇒ S = 1445
• min = 6 ⇒ 294 − n ≥ 6 ⇒ n ≤ 288 ⇒ S ≤ 288 × 6 = 1728
Do đó S ≤ 1728. Vậy có nhiều nhất 1728 cái bắt tay.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
9
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN CẦU
GIẤY - TP HÀ NỘI NĂM
2017-2018, VÒNG 1
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 2
Câu 1.
1) Cho biểu thức A =
Å
6x + 4
3
√
3x
3
− 8
−
√
3x
3x + 2
√
3x + 4
ã
Ç
1 + 3
√
3x
3
1 +
√
3x
−
√
3x
å
với x ≥ 0;
x 6=
4
3
.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
2) Cho biểu thức
P =
1
3 + 2a + b + ab
+
1
3 + 2b + c + bc
+
1
3 + 2c + a + ca
.
với a, b, c là các số thực làm cho P xác định và thoả mãn điều kiện
a + b + c + ab + bc + ca + abc = 0.
Chứng minh rằng P = 1.
Lời giải.
1)
a) Ta có A =
Å
6x + 4
3
√
3x
3
− 8
−
√
3x
3x + 2
√
3x + 4
ã
Ç
1 + 3
√
3x
3
1 +
√
3x
−
√
3x
å
=
ï
6x + 4 − (
√
3x − 2)
√
3x
(
√
3x − 2)(3x + 2
√
3x + 4)
ò
3x −
√
3x + 1 −
√
3x
=
ï
3x + 2
√
3x + 4
(
√
3x − 2)(3x + 2
√
3x + 4)
ò
3x − 2
√
3x + 1
=
√
3x − 1
2
√
3x − 2
.
b) Ta có A =
3x − 2
√
3x + 1
√
3x − 2
=
3x − 3
√
3x − 2
−2. Suy ra A ∈ Z khi và chỉ khi B =
3x − 3
√
3x − 2
∈
Z.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
10
Nếu 3x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Nếu 3x − 3 6= 0 ⇔ x 6= 1
Vì x ∈ Z nên
√
3x − 2 ∈ Z
√
3x − 2 ∈ I
• Nếu
√
3x − 2 ∈ I thì A ∈ I (Vô lý).
• Nếu
√
3x − 2 ∈ Z thì B =
√
3x + 2 +
1
√
3x − 2
Do đó B ∈ Z khi và chỉ khi
√
3x −2 ∈ {−1; 1}, từ đó tìm được x = 3 thỏa mãn yêu
cầu.
Vậy x ∈ {1; 3}.
2) Đẳng thức điều kiện tương đương với (1 + a) (1 + b) (1 + c) = 1 ⇒ 1 + a, 1 + b, 1 + c 6= 0.
Do đó, ta có:
P =
1
1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b)
+
1
1 + (1 + b) + (1 + b)(1 + c)
+
1
1 + (1 + c) + (1 + c)(1 + a)
=
1
1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b)
+
1 + a
(1 + a) (1 + (1 + b) + (1 + b)(1 + c))
+
+
(1 + a)(1 + b)
(1 + a)(1 + b) (1 + (1 + c) + (1 + c)(1 + a))
=
1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b)
1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b)
= 1.
Câu 2.
a) Giải phương trình: x
2
+ 6 = 4
√
x
3
− 2x
2
+ 3.
b) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x
2
(x − y) = 5 (y − 1).
Lời giải.
a) Điều kiện: x ≥ −1. Khi đó, ta có:
Phương trình ⇔ (x
2
− 3x + 3) + 3(x + 1) = 4
p
(x + 1)(x
2
− 3x + 3)
⇔ 1 +
3(x + 1)
x
2
− 3x + 3
= 4
…
x + 1
x
2
− 3x + 3
(vì x
2
− 3x + 3 > 0, ∀x).
Đặt t =
…
x + 1
x
2
− 3x + 3
(t ≥ 0), ta được phương trình:
1 + 3t
2
= 4t ⇔ 3t
2
− 4t + 1 = 0 ⇔
t = 1 (thỏa mãn điều kiện)
t =
1
3
(thỏa mãn điều kiện)
• Với t = 1, ta có:
…
x + 1
x
2
− 3x + 3
= 1 ⇔ x
2
− 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ±
√
2 (thỏa mãn
điều kiện).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
11
• Với t =
1
3
, ta có:
…
x + 1
x
2
− 3x + 3
=
1
3
⇔ x
2
−12x −6 = 0 ⇔ x = 6 ±
√
42 (thỏa mãn
điều kiện).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =
2 ±
√
2; 6 ±
√
42
.
b) Ta có x
2
(x − y) = 5 (y − 1) ⇔ x
2
(x − y) = 5 (y − x) + 5 (x − 1)
⇔ (x − y)
x
2
+ 5
= 5 (x − 1)
Suy ra: 5 (x − 1)
.
.
.
x
2
+ 5
(1)
Do đó:
5
x
2
+ 5
− 5x (x − 1)
.
.
.
x
2
+ 5
⇒ 25 + 5x
.
.
.
x
2
+ 5
(2)
Từ (1) và (2), suy ra: (25 + 5x) − 5 (x − 1)
.
.
.
x
2
+ 5
⇒ 30
.
.
.
x
2
+ 5
.
Suy ra:x
2
+ 5 ∈ {5; 6; 10; 15; 30} ⇔ x
2
∈ {0; 1; 5; 10; 25}.
Từ đó tìm được x ∈ {0; 1; −1; 5; −5}.
Thử lại vào phương trình đã cho, ta được các nghiệm nguyên của phương trình là
(x; y) ∈ {(0; 1); (1; 1); (−5; −4)}.
Câu 3.
a) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A =
1
a
2
+ 2b
2
+ 3
+
1
b
2
+ 2c
2
+ 3
+
1
c
2
+ 2a
2
+ 3
b) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn
x + y
√
2017
y + z
√
2017
là số hữu tỷ, đồng
thời x
2
+ y
2
+ z
2
là số nguyên tố.
Lời giải.
a) Ta có a
2
+ 2b
2
+ 3 = a
2
+ b
2
+ b
2
+ 1 + 2 ≥ 2ab + 2b + 2 = 2(ab + b + 1)
Tương tự ta có b
2
+ 2c
2
+ 3 ≥ 2(bc + c + 1); c
2
+ 2a
2
+ 3 ≥ 2(ca + a + 1).
Do đó A ≤
1
2
1
ab + b + 1
+
1
bc + c + 1
+
1
ca + a + 1
.
Ta chứng minh được
1
ab + b + 1
+
1
bc + c + 1
+
1
ca + a + 1
= 1, suy ra A ≤
1
2
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của A là
1
2
khi a = b = c = 1.
b) Ta có
x + y
√
2017
y + z
√
2017
=
m
n
(m, n ∈ N
∗
, (m, n) = 1).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
12
⇔ nx − my = (mz − ny)
√
2017 ⇒
nx − my = 0
mz −ny = 0
⇒
x
y
=
y
z
=
m
n
⇒ xz = y
2
.
Ta có x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + z)
2
− 2xz + y
2
= (x + z)
2
− y
2
= (x + y + z) (x + z − y)
Vì x + y + z > 1 và x
2
+ y
2
+ z
2
là số nguyên tố nên
x
2
+ y
2
+ z
2
= x + y + z
x − y + z = 1
Từ đó suy ra x = y = z = 1 (thỏa mãn).
Câu 4. Cho đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC
tại D. Vẽ đường kính DN của đường tròn (I; r). Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại N
cắt cạnh AB, AC theo thứ tự tại P và K.
a) Chứng minh rằng NK.CD = r
2
.
b) Gọi E là giao điểm của AN và BC. Chứng minh rằng BD = CE.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
IA + IB + IC
r
.
Lời giải.
A
N
D
C
0
E
B
P
I
K
C
B
0
a) Ta có
‘
ICK +
‘
IKC =
1
2
Ä
’
DCK +
’
NKC
ä
= 90
◦
.
⇒
‘
KIC = 90
◦
⇒
’
NIK =
‘
ICD (cùng phụ
‘
DIC).
⇒ 4INK v 4CDI ⇒
IN
CD
=
NK
ID
.
Do đó, ta có NK.CD = IN.ID = r
2
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
13
b) Chứng minh tương tự câu a ta có NP.DB = r
2
.
Suy ra NK.CD = NP.DB ⇒
NP
NK
=
DC
DB
⇔
NP
DC
=
NK
DB
=
NP + NK
DC + DB
=
P K
BC
Vì P K k BC nên theo định lí Talet ta có
NK
EC
=
AK
AC
=
P K
BC
.
Suy ra
NK
EC
=
NK
DB
⇒ EC = DB.
c) Đặt BC = a; AC = b; AB = c. Gọi B
0
, C
0
lần lượt là hình chiếu của B, C trên AI.
Ta có cr = IA.BB
0
; br = IA.CC
0
nên (b + c)r = IA(BB
0
+ CC
0
) ≤ IA.a ⇒
IA
r
≥
b + c
a
Tương tự ta có
IB
r
≥
a + c
b
;
IC
r
≥
a + b
c
.
Suy ra
IA + IB + IC
r
≥
Å
a
b
+
b
a
ã
+
Å
b
c
+
c
b
ã
+
a
c
+
c
a
≥ 6.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Vậy
IA + IB + IC
r
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi 4ABC đều.
Câu 5. Cho một đa giác đều có 2017 đỉnh. Người ta ghi lên mỗi đỉnh của đa giác số
1 hoặc số 2. Biết rằng có 1007 số 1 và 1010 số 2 và các số trên 3 đỉnh liên tiếp bất kỳ
không đồng thời bằng nhau. Hãy tính tổng của tất cả các tích ba số trên 3 đỉnh liên
tiếp của đa giác trên.
Lời giải.
Có 2017 đỉnh nên có 2017 tích ba số trên ba đỉnh liên tiếp. Vì 3 đỉnh liên tiếp bất kì các
số không bằng nhau nên chỉ có 2 loại tích:
• Loại I: Ba số ở ba đỉnh liên tiếp chỉ có một số 2, tích ba số này bằng 2.
• Loại II : Ba số ở ba đỉnh liên tiếp có hai chữ số 2, tích ba số này bằng 4.
Gọi số loại I là x (x ∈ N) thì số tích loại II là 2017 − x. Mà số 2 ở 2017 tích này là
1010 × 3 = 3030.
Ta có phương trình x.1 + (2017 − x).2 = 3030 ⇔ x = 1004.
Vậy tổng tất cả các tích cần tìm là: 1004 × 2 + 1013 × 4 = 6060.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
14
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI
NĂM HỌC 2010 - 2011
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 3
Câu 1. Rút gọn biểu thức A =
√
4x
3
− 16x
2
+ 21x − 9
√
x − 1
Lời giải.
Điều kiện: x > 1
Ta có 4x
3
− 16x
2
+ 21x − 9 = (2x − 3)
2
(x − 1)
suy ra A = |2x − 3| ⇔ A =
2x − 3 với x ≥
3
2
3 − 2x với 1 < x <
3
2
Câu 2.
a) Giải phương trình 2(x
2
+ 2x + 3) = 5
√
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 2
b) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn 4x
2
− (8y + 11)x + (8y
2
+ 14) = 0.
Tìm y khi x lần lượt đạt được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
a) 2(x
2
+ 2x + 3) = 5
√
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 2 (1)
Ta có x
3
+ 3x
2
+ 3x + 2 = (x + 2)(x
2
+ x + 1)
Điều kiện x ≥ −2
Đặt a = x + 2; b = x
2
+ x + 1.
Khi đó phương trình (1) trở thành 2(a + b) = 5
√
ab ⇔ a = 4b hoặc b = 4a
TH1: Nếu a = 4b suy ra 4x
2
+ 3x + 2 = 0 (vô nghiệm)
TH2: Nếu b = 4a suy ra x
2
−3x−7 = 0 ⇔ x
1
=
3 +
√
37
2
( chọn) hoặc x
2
=
3 −
√
37
2
(loại)
b) Ta có
4x
2
− (8y + 11)x + (8y
2
+ 14) = 0
⇔ 8y
2
− 8yx + 4x
2
− 11x + 14 = 0 (2)
Để phương trình (2) có nghiệm x thì ∆
0
y
≥ 0.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
15
Xét
∆
0
y
= −16x
2
+ 88x − 112 ≥ 0
⇔2x
2
− 11x + 14 ≤ 0
⇔2 ≤ x ≤ 3, 5
Khi x lớn nhất suy ra x = 3, 5, thay vào phương trình (2) ta được y = 1, 75
Khi x nhỏ nhất suy ra x = 2, thay vào phương trình (2) ta được y = 1
Vậy (x; y) = (2; 1); (3, 5; 1, 75).
Câu 3.
a) Tìm 7 số nguyên dương sao cho tích các bình phương của chúng bằng 2 lần tổng các
bình phương của chúng.
b) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của:
B = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy
Lời giải.
a) Gọi 7 số nguyên dương cần tìm là x
1
; x
2
; . . . ; x
7
.
Khi đó theo đề bài x
2
1
x
2
2
. . . x
2
7
= 2(x
2
1
+ x
2
2
+ . . . + x
2
1
)
Giả sử x
1
≥ x
2
≥ . . . ≥ x
7
≥ 1.
Khi đó x
2
1
x
2
2
. . . x
2
7
≤ 2.7.x
2
1
= 14x
2
1
suy ra x
2
2
. . . x
2
7
≤ 14
Mà x
2
2
x
2
3
. . . x
2
7
là số chính phương nên x
2
2
x
2
3
. . . x
2
7
bằng 1; 4; 9
Nếu x
2
2
x
2
3
. . . x
2
7
= 1 suy ra x
2
= . . . = x
7
= 1 khi đó x
2
1
+ 12 = 0 vô lý
Nếu x
2
2
x
2
3
. . . x
2
7
= 4 suy ra x
2
= 2; x
3
= . . . = x
7
= 1. Khi đó x
1
= 3; x
2
= 2; x
3
= . . . =
x
7
= 1
Nếu x
2
2
x
2
3
. . . x
2
7
= 9 suy ra x
2
= 3; x
3
= . . . = x
7
= 1. Khi đó x
1
= 2 vô lý vì x
1
> x
2
Vậy 7 số cần tìm là (3; 2; 1; 1; 1; 1; 1) và các hoán vị.
b) Ta có B = 16x
2
y
2
+ 12x
3
+ 12y
3
+ 34xy
= 16x
2
y
2
+ 12(x + y)
3
− 2xy = 16x
2
y
2
+ 12 − 2xy
= 16
xy −
1
16
2
+
191
16
Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất bằng
191
16
khi xy =
1
16
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
16
Giải hệ
xy = 16
x + y = 1
ta được x =
2 +
√
3
4
, y =
2 −
√
3
4
và hoán vị.
Mặt khác: 0 ≤ 4xy ≤ (x + y)
2
= 1 suy ra 0 ≤
xy −
1
16
≤
3
16
.
Ta suy ra B = 16
xy −
1
16
2
+
191
16
≤
25
52
.
Vậy B lớn nhất bằng
25
52
khi x = y =
1
2
.
Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC.
a) Vẽ về phía ngoài tam giác ABC nửa đường tròn (I) đường kính AB và nửa đường
tròn (K) đường kính AC. Đường thẳng qua A cắt hai nửa đường tròn (I), (K) lần
lượt tại các điểm M, N (M khác A, B và N khác A, C).
Tính các góc của tam giác ABC khi diện tích tam giác CAN bằng 3 lần diện tích
tam giác AMB.
b) Cho AB < AC và điểm D thuộc cạnh AC sao cho AD = AB. Gọi điểm E là hình
chiếu của điểm D trên đường thẳng BC và điểm F là hình chiếu của điểm A trên
đường thẳng DE. So sánh
AF
AB
và
AF
AC
với cos
’
AEB
Lời giải.
a) Tính
’
ABC;
’
ACB
A
OB C
M
K
N
I
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
17
Ta có
’
BAC =
’
ANC =
’
AMB = 90
◦
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mặt khác
’
BAM =
’
ACN (cùng phụ với góc CAN). Suy ra 4AMB v 4CNA (g-g)
⇒
S
4AMB
S
4CN A
=
1
3
=
AB
2
AC
2
⇒
AB
AC
=
1
√
3
= tan 30
◦
= tan
’
ACB
suy ra
’
ACB = 30
◦
;
’
ABC = 60
◦
b) Kẻ AH ⊥ BC (H ∈ BC)
B CH E
D
A
F
Ta có AHEF là hình chữ nhật.
Vì 4ABD vuông cân tại A suy ra
’
ADB = 45
◦
Vì tứ giác ADEB nội tiếp (vì
’
BAD +
’
DEB = 180
◦
)
suy ra
’
AEB =
’
ADB = 45
◦
(cùng chắn cung AB)
suy ra
’
AEH = 45
◦
nên 4AHE vuông cân tại H
suy ra AH = HE = AF .
Vì 4ABC vuông tại A nên
1
AF
2
=
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1
AC
2
suy ra
2
AC
2
<
1
AF
2
<
2
AB
2
(vì AB < AC).
Nếu
2
AC
2
<
1
AF
2
⇒
AF
AC
<
1
2
= cos
’
AEB <
AF
AB
.
Nếu
1
AF
2
<
2
AB
2
⇒
AF
AB
>
1
√
2
= cos
”
45
◦
= cos
’
AEB.
Vậy
AF
AC
< cos
’
AEB <
AF
AB
.
Câu 5. Hai người chơi trò chơi như sau: Trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người
lấy k viên bi, với k ∈ {1; 2; 3}. Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong
hộp bi đó.
a) Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng?
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
18
b) Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên
dương?
Lời giải.
a) Người thứ nhất thắng, chiến thuật chơi như sau
Người thứ nhất lấy 3 viên bi còn 308 viên bi là bội số của 4.
Người thứ hai lấy 1, 2 hoặc 3 viên bi
Nười thứ nhất lấy 3, 2 hoặc 1 viên số
còn lại là bội của 4.
Cứ tiếp tục như vậy thì người lấy cuối cùng phải là người thứ nhất.
b) Với n viên bi
Nếu n không phải là bội số của 4, với cách làm như trên thì người thứ nhất thắng
Nếu n là bội của 4 thì người thứ hai thắng
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
19
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI
NĂM HỌC 2011-2012
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 4
Câu 1.
a) Chứng minh rằng (a
2012
+b
2012
+c
2012
)−(a
2008
+b
2008
+c
2008
)
.
.
.30 với mọi a, b, c nguyên
dương.
b) Cho f (x) =
2x
3
− 21x − 29
2012
. Tính f (x) khi x =
3
7 +
…
49
8
+
3
7 −
…
49
8
Lời giải.
a) Ta có biến đổi sau
a
2012
− a
2008
= a
2008
a
4
− 1
= a
2008
(a
2
+ 1)(a
2
− 1)
= a
2008
(a
2
+ 1)(a − 1)(a + 1)
= a
2008
(a
2
− 4 + 5)(a − 1)(a + 1)
= a
2007
a(a
2
− 4)(a − 1)(a + 1) + 5a
2007
a(a − 1)(a + 1)
= a
2007
(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5a
2007
a(a − 1)(a + 1)
Nhận xét
• a
2007
(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp suy ra chia
hết cho 6 và 5. Mà (5; 6) = 1. Suy ra a
2007
(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2)
.
.
.30, (1).
• 5a
2007
(a − 1)a(a + 1)
.
.
.5. Lại có (a − 1)a(a + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp
nên chia hết cho 2 và chia hết cho 3, suy ra chia hết cho 5a
2007
(a − 1)a(a + 1)
.
.
.6.
Suy ra 5a
2007
(a − 1)a(a + 1)
.
.
.30, (2).
Từ (1) và (2) suy ra a
2007
(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5a
2007
(a − 1)a(a + 1)
.
.
.30.
⇒ a
2012
− a
2008
.
.
.30. Tương tự với b và c, suy ra A
.
.
.30, (đpcm).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
20
b) Ta có x =
3
7 +
…
49
8
+
3
7 −
…
49
8
= a+b. Suy ra x
3
= a
3
+b
3
+3ab (a + b) = 14+
21
2
x.
Tương đương với 2x
3
− 21x − 29 = −1. Vậy f (x) = (−1)
2012
= 1.
Câu 2.
a) Giải phương trình
√
x
2
+ 5 + 3x =
√
x
2
+ 12 + 5.
b) Giải hệ phương trình
x
2
+ xy + x − y − 2y
2
= 0
x
2
− y
2
+ x + y = 6.
Lời giải.
a) Phương trình đã cho tương đương với
√
x
2
+ 5 − 3 + 3x − 6 −
√
x
2
+ 12 − 4
= 0
⇔
x
2
− 4
√
x
2
+ 5 + 3
+ 3 (x − 2) −
x
2
− 4
√
x
2
+ 12 + 4
= 0
⇔ (x − 2)
Å
x + 2
√
x
2
+ 5 + 3
+ 3 −
x + 2
√
x
2
+ 12 + 4
ã
= 0
⇔
x = 2
x + 2
√
x
2
+ 5 + 3
+ 3 −
x + 2
√
x
2
+ 12 + 4
= 0
⇔
x = 2
(x + 2)
−
√
x
2
+ 5 +
√
x
2
+ 12 + 1
√
x
2
+ 5 + 3
√
x
2
+ 12 + 4
= −3
⇔ x = 2.
Do đặc điểm của phương trình
√
x
2
+ 5 + 3x =
√
x
2
+ 12 + 5. Suy ra 3x > 5 ⇔ x >
5
3
,
nên vế trái phương trình thứ hai là số dương, suy ra phương trinh hai vô nghiệm.
b) Từ phương trình x
2
+xy + x −y −2y
2
= 0 ⇔ (x − y) (x + 2y + 1) = 0 ⇔
x = y
x = −2y − 1.
Thay x = y vào phương trình x
2
− y
2
+ x + y = 6 ta được x = y = 3.
Thay x = −2y −1 vào phương trình x
2
− y
2
+ x + y = 6 ta được
3y
2
+ 3y − 6 = 0 ⇔
y = 1
y = −2
⇒
x = −3
x = 3.
Vậy hệ có các nghiệm là (3; 3) , (−3; 1) , (3; −2).
Câu 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2x
2
− 5xy + 3y
2
− x + 3y − 4 = 0.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
21
Từ phương trình 2x
2
− 5xy + 3y
2
− x + 3y − 4 = 0 ta viết thành
(2x − 3y + 3) (x − y − 2) = −2 = −1 · 2 = 2 · (−1) = 1 · (−2) = −2 · 1.
Ta có 4 trường hợp xảy ra
2x − 3y + 3 2 −1 1 −2
x − y − 2 −1 2 −2 1
Vậy ta có bốn cặp nghiệm thỏa mãn là (4; 3) , (16; 12) , (2; 2) , (14; 11).
Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và A bất kì nằm trên đường tròn.
Từ A hạ AH vuông góc BC và vẽ đường tròn đường kính HA cắt AB; AC ở M và N.
a) Chứng minh OA vuông góc MN.
b) Cho AH =
√
2; BC =
√
7. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN.
Lời giải.
M
A
O
N
I
B CH
J
K
a) Gọi AO ∩MN = K, ta có
‘
OAC =
’
ACB vì OA = OC. Do góc
’
ANM =
’
AHM do cùng
chắn cung
˜
AM, mặt khác
’
AHM =
’
ABH do cùng phụ với góc
’
BAH.
Suy ra
’
ANM =
’
ABC =
1
2
sđ
¯
MC nên
‘
OAC +
’
ANM =
’
ACB +
’
ABC = 90
◦
. Suy ra
’
AKN = 90
◦
, tức là AO ⊥ MN.
b) Xét tứ giác BMNC có
’
MBC =
’
ANM ⇒
’
MBC +
’
MNC =
’
ANM +
’
MNC = 180
◦
.
Suy ra tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. Gọi I = AH ∩ MN, gọi J là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác MNC. Do tứ giác AMHN là hình chữ nhật suy ra I là
trung điểm của MN, suy ra IJ ⊥ MM. Vậy JI k AO, (cùng vuông góc với MN);
JO k AH (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AIJO là hình bình hành, suy ra
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
22
JO = AI =
AH
2
=
√
2
2
(cm); OB =
BC
2
=
√
7
2
(cm). Do đó BJ =
√
OB
2
+ JO
2
=
3
2
(cm).
Câu 5.
a) Chứng minh rằng: Điều kiện cần và đủ để 1 tam giác có các đường cao h
1
; h
2
; h
3
và
bán kính đường tròn nội tiếp r là tam giác đều là
1
h
1
+ 2h
2
+
1
h
2
+ 2h
3
+
1
h
3
+ 2h
1
=
1
3r
.
b) Cho 8045 điểm trên một mặt phẳng sao cho cứ 3 điểm bất kì thì tạo thành một tam
giác có diện tích nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng: Luôn có thể có ít nhất 2012 điểm
nằm trong tam giác hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.
Lời giải.
a) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1
S
a
+
2S
b
+
1
S
b
+
2S
c
+
1
S
c
+
2S
a
=
1
3S
a + b + c
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
S
a
+
2S
b
= S
1
a
+
1
b
+
1
b
>
9S
a + 2b
.
Tương tự ta cũng có
S
b
+
2S
c
>
9S
b + 2c
và
S
c
+
2S
a
>
9S
c + 2a
.
Do đó
1
S
a
+
2S
b
+
1
S
b
+
2S
c
+
1
S
c
+
2S
a
6
a + b + c
3S
= V P .
Suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều.
b) Trong 8045 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác có diện tích lớn nhất,
giả sử đó là A, B, C với S
4ABC
6 1. Dựng các đường thẳng đi qua A song song với
BC, qua B song song với AC, qua C song song với AB, chúng đôi một cắt nhau tại
M,N,P . Khi đó S
4MN P
= 4S
4ABC
6 4.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
23
Ta sẽ chứng minh rằng 8045 điểm đã cho nằm
trong hoặc trên cạnh tam giác MNP . Thật vậy,
giả sử tồn tại điểm D /∈ 4MNP , (chẳng hạn D
và B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC) thì
S
4DAC
> S
4ABC
(mâu thuẫn với cách chọn tam
giác ABC). Tam giác MNP được chia thành bốn
tam giác nhỏ bằng nhau là ANC, AMB, ABC,
BCP . Ta có 8045 = 4.2011 + 1. Theo nguyên lí
Dirichlet tồn tại ít nhất 2011 +2 = 2012 điểm phải
nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác nhỏ
có diện tích không lớn hơn 1.
PN C
M
D
BA
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
24
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI,
NĂM HỌC 2012 - 2013
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 5
Câu 1.
a) Tìm các số thực a, b sao cho đa thức 4x
4
−11x
3
−2ax
2
+ 5bx −6 chia hết cho đa thức
x
2
− 2x − 3.
b) Cho biểu thức P =
a
2013
− 8a
2012
+ 11a
2011
+
b
2013
− 8b
2012
+ 11b
2011
. Tính giá trị
của P với a = 4 +
√
5 và b = 4 −
√
5.
Lời giải.
a) Đặt P (x) = 4x
4
− 11x
3
− 2ax
2
+ 5bx − 6.
Ta có x
2
−2x − 3 = (x + 1)(x −3). Do đó, P (x) chia hết cho đa thức x
2
−2x − 3 khi
và chỉ khi P (x) chia hết cho cả hai đa thức x + 1 và x − 3. Theo định lý Bézout về
số dư của phép chia đa thức, ta phải có
P (−1) = 0
P (3) = 0
⇔
2a + 5b = 9
18a − 15b = 21
⇔
a = 2
b = 1.
Vậy đa thức 4x
4
− 11x
3
− 2ax
2
+ 5bx − 6 chia hết cho đa thức x
2
− 2x − 3 khi và chỉ
khi a = 2, b = 1.
b) Ta nhận thấy a, b là hai nghiệm của phương trình x
2
− 8x + 11 = 0. Do đó ta có
a
2
− 8a + 11 = 0 và b
2
− 8b + 11 = 0. Suy ra
P =
a
2013
− 8a
2012
+ 11a
2011
+
b
2013
− 8b
2012
+ 11b
2011
= a
2011
a
2
− 8a + 11
+ b
2011
b
2
− 8b + 11
= 0.
Câu 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
25
a) Giải hệ phương trình:
6x
2
− y
2
− xy + 5x + 5y − 6 = 0
20x
2
− y
2
− 28x + 9 = 0.
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 6x
2
+ 10y
2
+ 2xy − x − 28y + 18 = 0.
Lời giải.
a) Ta có 6x
2
− y
2
− xy + 5x + 5y − 6 = 0 ⇔ y
2
+ (x − 5)y − 6x
2
− 5x + 6 = 0. (1)
Coi phương trình (1) như là phương trình bậc 2 ẩn y và tham số là x. Khi đó
∆ = (x − 5)
2
− 4 · 1 · (−6x
2
− 5x + 6) = 25x
2
+ 10x + 1 = (5x + 1)
2
.
Suy ra y =
−x + 5 + 5x + 1
2
= 2x + 3 hoặc y =
−x + 5 − 5x − 1
2
= −3x + 2.
TH1: y = 2x + 3, thay vào phương trình 20x
2
− y
2
− 28x + 9 = 0 ta được
20x
2
− (2x + 3)
2
− 28x + 9 = 0 ⇔ 16x
2
− 40x = 0 ⇔
x = 0 ⇒ y = 3
x =
5
2
⇒ y = 8.
TH2: y = −3x + 2, thay vào phương trình 20x
2
− y
2
− 28x + 9 = 0 ta được
20x
2
− (−3x + 2)
2
− 28x + 9 = 0 ⇔ 11x
2
− 16x + 5 = 0 ⇔
x = 1 ⇒ y = −1
x =
5
11
⇒ y =
7
11
.
Vậy hệ phương trình có 4 cặp nghiệm (x; y) là (0; 3),
5
2
; 8
, (1; −1),
5
11
;
7
11
.
b) Ta có
6x
2
+ 10y
2
+ 2xy − x − 28y + 18 = 0
⇔12x
2
+ 20y
2
+ 4xy − 2x − 56y + 36 = 0
⇔(x + 4y)
2
+ (4y − 7)
2
+ (x − 1)
2
+ 10x
2
− 14 = 0
⇔10x
2
− 14 = −(x + 4y)
2
− (4y − 7)
2
− (x − 1)
2
≤ 0
⇒x
2
≤
7
5
⇒ x ∈ {−1; 0; 1} (vì x là số nguyên).
• x = −1, suy ra 10y
2
− 30y + 25 = 0 (vô nghiệm).
• x = 0, suy ra 10y
2
− 28y + 18 = 0 ⇔
y = 1
y =
9
5
(loại).
• x = 1, suy ra 10y
2
− 26y + 23 = 0 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có 1 cặp nghiệm nguyên (x; y) là (0; 1).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
26
Câu 3. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
1
a
+
2
b
+
3
c
= 3. Chứng minh:
27a
2
c(c
2
+ 9a
2
)
+
b
2
a(4a
2
+ b
2
)
+
8c
2
b(9b
2
+ 4c
2
)
≥
3
2
.
Lời giải.
Đặt a =
1
x
; b =
2
y
; c =
3
z
. Ta có
1
a
+
2
b
+
3
c
= 3 ⇔ x + y + z = 3. Khi đó, bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với
z
3
z
2
+ x
2
+
x
3
x
2
+ y
2
+
y
3
y
2
+ x
2
≥
3
2
.
Ta có
z
3
z
2
+ x
2
+
x
3
x
2
+ y
2
+
y
3
y
2
+ x
2
=(x + y + z) −
Å
x
2
z
x
2
+ z
2
+
z
2
y
z
2
+ y
2
+
y
2
z
y
2
+ x
2
ã
≥(x + y + z) −
Å
x
2
z
2xz
+
z
2
y
2zy
+
y
2
x
2yx
ã
≥(x + y + z) −
x
2
+
y
2
+
z
2
= 3 −
3
2
=
3
2
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = 1, b = 2, c = 3.
‘
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC gặp nhau tại H. Gọi I là giao điểm hai đường
thẳng EF và CB. Đường thẳng AI cắt (O) tại MM (M khác A).
a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.
c) Chứng minh BM · AC + AM · BC = AB · MC.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
27
B CD
H
I
O
G
N
F
A
M
E
a) Xét đường tròn tâm (O) có hai cát tuyến IMA và IBC. Suy ra IM.IA = IB.IC. (1)
Dễ thấy tứ giác BF EC nội tiếp và EF cắt BC tại I nên suy ra IF.IE = IB.IC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM.IA = IF.IE, suy ra tứ giác AMF E nội tiếp.
Ta lại có tứ giác AF HE nội tiếp đường tròn đường kính AH. Suy ra năm điểm
A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH.
b) Kẻ đường kính AG của đường tròn (O). Ta chứng minh G, H, N thẳng hàng.
Ta có GC k BE (cùng vuông góc với AC) và GB k CF (cùng vuông góc với AB)
nên tứ giác HCGB là hình bình hành. Suy ra GN đi qua trung điểm N của BC hay
G, H, N thẳng hàng.
’
GMA = 90
◦
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ GM⊥AM.
Do M thuộc đường tròn đường kính AH (cmt) nên ta có
’
AMH = 90
◦
(góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) ⇒ HM⊥AM.
Suy ra G, H, M thẳng hàng. Từ đó suy ra 4 điểm G, H, M, N thẳng hàng. Vậy ta
chứng minh được H, M, N thẳng hàng.
c) Ta chứng minh định lý Ptoleme: “Nếu một tứ giác nội tiếp đường tròn thì tích hai
đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.”
Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp, ta chứng minh AB · CD + AD ·BC = AC · BD.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
28
Trên AC lấy điểm K sao cho
’
ABK =
’
CBD. Xét tam giác ABK và tam giác
DBC ta có:
’
ABK =
’
CBD (cách lấy)
’
BAK =
’
BDC (hai góc nội tiếp chắn
cung BC)
⇒ ∆ABK v ∆DBC (g-g)
⇒
AB
BD
=
AK
CD
⇒ AB ·CD = BD · AK.
Xét tam giác CBK và tam giác DBA,
ta có:
’
CBK =
’
CBA−
’
ABK =
’
CBA−
’
CBD =
’
ABD
’
BCK =
’
BDA (hai góc nội tiếp cùng
chắn cung AB)
⇒ ∆CBK v ∆DBA (g-g)
⇒
BC
BD
=
CK
AD
⇒ BC ·AD = BD ·CK.
C
A
D
K
B
Từ đó ta có
AB · CD + BC · AD = BD · AK + BD · CK = BD(AK + CK) = BD · AC.
Áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác nội tiếp BMAC ta có BM · AC + AM · BC =
AB · MC.
Câu 5. Cho 2013 điểm A
1
, A
2
, . . . , A
2013
và đường tròn (O; 1) tùy ý cùng nằm trong mặt
phẳng. Chứng minh trên đường tròn (O; 1) đó, ta luôn có thể tìm được một điểm M sao
cho MA
1
+ MA
2
+ ···+ MA
2013
≥ 2013.
Lời giải.
Vẽ đường kính BC bất kì của đường tròn (O; 1). Ta có
(BA
1
+ BA
2
+ ···+ BA
2013
) + (CA
1
+ CA
2
+ ···+ CA
2013
)
=(BA
1
+ CA
1
) + (BA
2
+ CA
2
) + ···+ (BA
2013
+ CA
2013
)
≥2013BC = 4026.
Nếu
BA
1
+ BA
2
+ ···+ BA
2013
< 2013
CA
1
+ CA
2
+ ···+ CA
2013
< 2013
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
29
thì (BA
1
+ BA
2
+ ···+ BA
2013
) + (CA
1
+ CA
2
+ ···+ CA
2013
) < 4026 (vô lí).
Suy ra
BA
1
+ BA
2
+ ···+ BA
2013
≥ 2013
CA
1
+ CA
2
+ ···+ CA
2013
≥ 2013.
• Nếu BA
1
+ BA
2
+ ···+ BA
2013
≥ 2013 thì B là điểm M cần tìm.
• Nếu CA
1
+ CA
2
+ ···+ CA
2013
≥ 2013 thì C là điểm M cần tìm.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
30
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI
NĂM HỌC 2013 - 2014
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 6
Câu 1.
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 2014 và
1
a
+
1
b
+
1
c
=
1
2014
. Tính giá
trị của biểu thức M =
1
a
2013
+
1
b
2013
+
1
c
2013
.
b) Tìm số tự nhiên n để T = 5
2n
2
−6n+2
− 12 là số nguyên tố.
Lời giải.
a) Ta có
1
a
+
1
b
+
1
c
=
1
2014
=
1
a + b + c
⇔
1
a
+
1
b
=
1
a + b + c
−
1
c
⇔ (a + b)(ac + bc + c
2
) = −ab(a + b) ⇔ (a + b)(ac + bc + c
2
+ ab) = 0
⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔
a + b = 0
b + c = 0
c + a = 0
⇔
a = −b
b = −c
c = −a
.
Xét trường hợp a = −b, các trường hợp còn lại tương tự.
Ta có a + b + c = 2014 ⇔ c = 2014 ⇒ M =
1
2014
2013
b) Ta có 2n
2
− 6n + 2 = 2n(n − 3) + 2
Do n(n − 3)
.
.
.2 nên 2n
2
− 6n + 2 có dạng 4k + 2, với k ∈ N.
T = 5
2n
2
−6n+2
−12 = 5
4k+2
−12 = 625
k
·25 −12 ≡ 1
k
·25 −12( mod 13) ≡ 0( mod 13).
Vậy để T là số nguyên tố thì T = 13 ⇔ 5
2n
2
−6n+2
− 12 = 13 ⇔
n = 0
n = 3
.
Câu 2.
a) Giải phương trình x
2
− 2x − 2
√
2x + 1 − 2 = 0.
b) Giải hệ phương trình
x
2
+ y
2
= 4z − 5 + 2xy
x
4
+ y
4
= 9z − 5 − 4z
2
− 2x
2
y
2
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
31
Lời giải.
a) Điều kiện: x ≥ −
1
2
.
pt⇔ x
2
= (
√
2x + 1 + 1)
2
⇔
√
2x + 1 + 1 = x
√
2x + 1 + 1 = −x
•
√
2x + 1 + 1 = x ⇔
√
2x + 1 = x −1 ⇔
x − 1 ≥ 0
2x + 1 = x
2
− 2x + 1
⇔
x ≥ 1
x = 0
x = 4
⇔ x =
4
•
√
2x + 1 + 1 = −x ⇔
√
2x + 1 = −x − 1, loại vì −x − 1 < 0, ∀x ≥ −
1
2
.
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
b)
x
2
+ y
2
= 4z − 5 + 2xy(1)
x
4
+ y
4
= 9z − 5 − 4z
2
− 2x
2
y
2
(2)
(1) ⇔ (x − y)
2
= 4z − 5 ≥ 0 ⇒ z ≥
5
4
.
(2) ⇔ (x
2
+ y
2
)
2
= −4z
2
+ 9z −5 = (4z − 5)(1 − z) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤
5
4
.
Vậy z =
5
4
và suy ra x = y. Từ đó, ta có nghiệm của hệ là
a, a,
5
4
, với a là số thực
bất kì.
Câu 3. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 4, 0 ≤ b ≤ 4, 0 ≤ c ≤ 4 và a+b+c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + bc + ca.
Lời giải.
a) Cách 1:
Giả sử a ≥ b ≥ c, suy ra 2 ≤ a ≤ 4 ⇔ (a−4)(a−2) ≤ 0 ⇔ a
2
−6a+8 ≤ 0 ⇔ a(6−a) ≥ 8.
Ta có P = (a+b+c)
2
−ab−bc−ca = 36−ab−bc−ca = 36−a(b+c)−bc ≤ 36−a(6−a) ≤
36 − 8 = 28.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 28 khi a, b, c là hoán vị c ủa (2, 4, 0).
b) Cách 2:
Do 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên (a−4)(b−4)(c−4) ≤ 0 ⇔ abc−4(ab+bc+ca)+16(a+b+c)−64 ≤ 0.
⇔ 4(ab + bc + ca) ≥ abc + 16(a + b + c) − 64 ≥ 0 + 16 · 6 − 64 = 32 ⇔ ab + bc + ca ≥ 8.
Ta có P = (a + b + c)
2
− (ab + bc + ca) ≤ 36 − 8 = 28.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 28 khi a, b, c là hoán vị c ủa (2, 4, 0).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
32
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), gọi điểm I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn (O) tại điểm M (M khác A).
a) Chứng minh rằng các tam giác IMB và IMC là tam giác cân.
b) Đường thẳng MO cắt đường tròn tại điểm N (N khác M) và cắt cạnh BC tại điểm
P . Chứng minh rằng sin
’
BAC
2
=
IP
IN
.
c) Gọi các điểm D và E lần lượt là hình chiếu của điểm I trên các cạnh AB và AC.
Gọi các điểm H, K lần lượt đối xứng với các điểm D và E qua điểm I. Biết rằng
AB + AC = 3BC, chứng minh rằng các điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường
tròn.
Lời giải.
C
M
P
O
B
A
D
I
K
F
E
H
N
a) Ta có
’
IBM =
‘
IBC +
’
CBM =
’
ABC
2
+
’
BAC
2
’
BIM =
‘
IAB +
‘
IBA =
’
ABC
2
+
’
BAC
2
Suy ra
’
IBM =
’
BIM ⇒ 4IMB cân tại M.
Tương tự, ∆IMC cân tại M.
b) Ta có sin
’
BAC
2
= sin
’
BCM =
MP
MC
=
MP
MI
(1) (do MP ⊥ BC và MI = MC)
4MBN vuông tại B, có MP.MN = MB
2
= MI
2
⇒
MP
MI
=
MI
MN
(2)
⇒ 4MP I v 4MIN (c.g.c) ⇒
MI
MN
=
IP
IN
(3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra sin
’
BAC
2
=
IP
IN
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
33
c) Ta có AB + AC = 3BC ⇔
AB + AC − BC
2
= BC ⇔ AE = BC
4IAE v 4MCP (g.g) ⇒
MP
IE
=
CP
AE
=
1
2
⇒ IE = 2MP .
Gọi F là trung điểm của IK, 4MCP = 4MIF (c.g.c) do MC = MI
’
P MC =
‘
EIA =
’
MIF ; MP = IF =
1
2
IE ⇒
’
IF M =
’
MP C = 90
◦
⇒ 4IMK cân tại M ⇒ MK = MI.
Tương tự, MH = MI. Suy ra MB = MC = MH = MK = MI. Vậy B, C, H, K
cùng thuộc đường tròn tâm M.
Câu 5.
a) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 5
x
− 2
y
= 1.
b) Cho lục giác đều ABCDEF cạnh có độ dài bằng 1 và P là điểm nằm trong lục giác
đó. Các tia AP , BP , CP , DP, EP , F P cắt các cạnh của lục giác này lần lượt tại
các điểm M
1
, M
2
, M
3
, M
4
, M
5
, M
6
(các điểm này lần lượt khác các điểm A, B, C,
D, E, F ). Chứng minh lục giác M
1
M
2
M
3
M
4
M
5
M
6
có ít nhất một cạnh có độ dài lớn
hơn hoặc bằng 1.
Lời giải.
a) Ta có 5
x
− 2
y
= 1 ⇔ 2
y
= 5
x
− 1.
Với x = 2k + 1, ∀k ∈ N ta có 2
y
= 4(5
2k
+ 5
2k−1
+ . . . + 5 + 1)
• Nếu y < 2 thì phương trình vô nghiệm.
• Nếu y = 2 thì x = 1 (thỏa mãn).
• Nếu y > 2 thì phương trình vô nghiệm vì VT chia hết cho 8 còn VP thì không
chia hết cho 8.
Với x = 2k, ∀k ∈ N ta có 2
y
= (5
k
− 1)(5
k
+ 1)
⇒
5
k
− 1 = 2
a
5
k
+ 1 = 2
b
với a, b ∈ N; 0 ≤ a < b; a + b = y. ⇒ 2
b
− 2
a
= 2
a
(2
b−a
− 1) = 2.
• Nếu a ≥ 2 thì 2
a
(2
b−a
− 1)
.
.
.4, vô lí.
• Nếu a = 1; a = 0 thì 5
k
= 3; 5
k
= 2, vô lí.
Vậy (x; y) = (1; 2).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
34
b) Nhận xét: Trong nhiều trường hợp, M
1
M
2
M
3
M
4
M
5
M
6
suy biến không còn là lục
giác nên sau đây ta thống nhất gọi là đa giác M
1
. . . M
6
.
• Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF (kí hiệu là L ). Nếu P ≡ 0 thì đa giác
M
1
...M
6
≡ L , ta có đpcm.
• Nếu P thuộc một trong ba đường chéo lớn của L , P 6= O thì P thuộc một
trong sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF . Giả sử P ∈ OD, khi đó hai tia AP ,
DP lần lượt đi qua đỉnh D, đỉnh A của L và ta có M
1
≡ D, M
4
≡ A. Còn
lại 4 tia, cắt nhiều nhất 4 cạnh của L . Như vậy tồn tại ít nhất hai cạnh AB,
AF của L không chứa các điểm M
1
, ..., M
6
. Xét tam giác có một cạnh là AB
và một cạnh là M
4
M
i
của đa giác M
1
. . . M
6
gần AB nhất (M
4
≡ A), ta luôn có
◊
M
4
BM
i
> 90
◦
⇒ M
4
M
i
> AB = 1.
• Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn của L thì P nằm trong một trong sáu
tam giác đều của L mà ba đường chéo lớn chia ra. Giả sử P nằm trong ∆ODE.
Như vậy, tồn tại ít nhất cạnh AB của L không chứa các điểm M
1
, ..., M
6
. Khi
đó M
4
M
5
luôn là một cạnh của đa giác M
1
. . . M
6
và ABM
5
M
4
là tứ giác luôn
có
÷
ABM
5
> 90
◦
;
÷
BAM
4
> 90
◦
⇒ M
4
M
5
> AB = 1.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
35
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI
NĂM HỌC 2014-2015
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 7
Câu 1.
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1 và a + b + c =
1
a
+
1
b
+
1
c
.
Chứng minh có ít nhất một trong các số a, b, c bằng 1.
b) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh A = 2
3n+1
+ 2
3n−1
+ 1 là hợp số.
Lời giải.
a) Từ giả thiết a + b + c =
1
a
+
1
b
+
1
c
ta có a + b + c = ab + bc + ca
⇔ ab + bc + ca − a − b − c = 0
⇔ 1 + ab + bc + ca − a − b − c − abc = 0
⇔ (1 − a) − b(1 − a) − c(1 − b) + ca(1 − b) = 0
⇔ (1 − a)(1 − b) − c(1 − b)(1 − a) = 0
⇔ (1 − a)(1 − b)(1 − c) = 0
Vậy có ít nhất 1 trong các số a, b, c bằng 1. (Đpcm).
b) Ta có 2
3n+1
= 2 × 2
3n
= 2 × 8
n
.
Vì 8 ≡ 1(mod7) nên 8
n
≡ 1
n
(mod7) hay 2 × 8
n
≡ 2(mod7)(1)
Tương tự, phân tích 2
3n−1
= 4 × 2
3n−3
= 4 × 8
n−1
ta có 4 × 8
n−1
≡ 4(mod7) (2).
Từ (1) và (2) ta có: A ≡ (2 + 4 + 1)(mod7), hay A
.
.
.7.
Vì n là số nguyên dương, A ≥ 21. Vậy A là hợp số. (Đpcm).
Câu 2.
a) Giải phương trình x
√
3 − 2x = 3x
2
− 6x + 4.
b) Giải hệ phương trình
x
3
+ 2xy
2
+ 12y = 0
x
2
+ 8y
2
= 12
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
36
Lời giải.
a) Điều kiện: x ≤
3
2
.
3x
2
− 6x + 4 − x
√
3 − 2x = 0
⇔
1
2
x
2
− 2x
√
3 − 2x + (3 − 2x)
+
5
2
x
2
− 5x +
5
2
= 0
⇔
1
2
x −
√
3 − 2x
2
+
5
2
(x − 1)
2
= 0
⇔
x − 1 = 0
x −
√
3 − 2x = 0
⇔ x = 1
b) Thay x
2
+ 8y
2
= 12 vào phương trình đầu ta có
x
3
+ 2xy
2
+
x
2
+ 8y
2
y = 0
⇔ x
3
+ x
2
y + 2xy
2
+ 8y
3
= 0
⇔ (x + 2y)(x
2
− xy + 4y
2
) = 0
⇔ (x + 2y)
ï
x −
y
2
2
+
15y
2
4
ò
= 0
⇔
x + 2y = 0
x −
y
2
2
+
15y
2
4
= 0
⇔
x = −2y
x = y = 0
Trường hợp 1: x = −2y, thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được y = ±1.
Trường hợp 2: x = y = 0, không thỏa mãn phương trình thứ 2 của hệ.
Kết luận: Hệ có hai nghiệm là (2, −1); (−2, 1).
Câu 3. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn
1
a
+
1
b
+
1
c
= 3, tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =
1
√
a
2
− ab + b
2
+
1
√
b
2
− bc + c
2
+
1
√
c
2
− ca + a
2
.
Lời giải.
Vì a, b, c là ba số dương nên theo bất đẳng thức Cô si ta có:
1
a
+
1
b
≥
2
√
ab
1
b
+
1
c
≥
2
√
bc
1
c
+
1
a
≥
2
√
ca
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
1
√
ab
+
1
√
bc
+
1
√
ca
(1).
Mặt khác ta có:
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
37
a
2
− ab + b
2
≥ ab ⇒
1
√
a
2
− ab + b
2
≤
1
√
ab
b
2
− bc + c
2
≥ bc ⇒
1
√
b
2
− bc + c
2
≤
1
√
bc
c
2
− ca + a
2
≥ ca ⇒
1
√
c
2
− ca + a
2
≤
1
√
ca
Nên sau khi cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta được:
P =
1
√
a
2
− ab + b
2
+
1
√
b
2
− bc + c
2
+
1
√
c
2
− ca + a
2
≤
1
√
ab
+
1
√
bc
+
1
√
ca
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
P ≤
1
a
+
1
b
+
1
c
= 3.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
Vậy Giá trị lớn nhất của P bằng 3, đạt được khi a = b = c = 1.
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H.
a) Chứng minh cos
2
’
BAC + cos
2
’
CBA + cos
2
’
ACB < 1.
b) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn tâm O. Gọi M, I lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng BC và HP . Chứng minh MI vuông góc với AP .
Lời giải.
O
M
A
B C
A
0
M
P
D
F
E
K
H
I
a) Vì tam giác BEA vuông tại E nên ta có cos
2
’
BAC =
Å
AE
AB
ã
2
(1).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
38
Dễ thấy tứ giác BF EC là tứ giác nội tiếp vì E, F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông.
Vì vậy
’
ABC =
’
AEF = 180
◦
−
’
F EC (2).
Xét hai tam giác ABC và AEF có:
b
A chung.
’
ABC =
’
AEF ( theo (2)).
Do đó tam giác ABC đồng dạng với tam giác AEF . Bình phương tỉ số đồng dạng
bằng tỉ số diện tích nên ta có:
Å
AE
AB
ã
2
=
S
∆AEF
S
∆ABC
(3).
Từ (1) và (3) suy ra cos
2
’
BAC =
S
∆AEF
S
∆ABC
(4).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
cos
2
’
CBA =
S
∆BF D
S
∆ABC
(5).
cos
2
’
ACB =
S
∆CDE
S
∆ABC
(6).
Từ (4), (5), (6) ta có
cos
2
’
BAC + cos
2
’
CBA + cos
2
’
ACB =
S
∆AEF
+ S
∆BF D
+ S
∆CDE
S
∆ABC
=
S
∆ABC
− S
∆DEF
S
∆ABC
<
1 (đpcm).
b) Gọi A
0
là điểm đối xứng với A qua O hay AA
0
là đường kính.
Xét tứ giác BHCA
0
có:
BH k A
0
C (Vì cùng vuông góc với AC)
CH k A
0
B (Vì cùng vuông góc với AB)
Vậy tứ giác BHCA
0
là hình bình hành. Suy ra M là trung điểm của HA
0
.
Xét tam giác HP A
0
có:
M là trung điểm của HA
0
theo chứng minh trên
I là trung điểm của HP theo giả thiết
Vậy MI là đường trung bình trong tam giác HP A
0
. Suy ra MI//A
0
P .
Dễ thấy A
0
P vuông góc với AP vì AA
0
là đường kính.
Vậy MI vuông góc với AP . (Đpcm).
Câu 5.
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
p
2
− p − 2
2
là lập phương của một số tự nhiên.
b) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường
tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kỳ cạnh nhau
có tích không lớn hơn
1
9
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
39
Lời giải.
a) Xét p = 2, lúc này ta có
p
2
− p − 2
2
= 0 = 0
3
. Vậy p=2 thỏa mãn.
Trường hợp p nguyên tố, p > 2: Từ giả thiết ta có
p
2
− p − 2 = n
3
⇔ p(p − 1) = 2(n + 1)(n
2
− n + 1)(1)
⇔
p |(n + 1)
p
(n
2
− n + 1)
Xét các khả năng sau:
• Nếu p là ước của n + 1.
⇒ p ≤ (n + 1)
⇒ p − 1 ≤ n
⇒ p(p − 1) ≤ n(n + 1)
⇒ 2(n + 1)(n
2
− n + 1) ≤ n(n + 1)
⇒ n
2
− 2n + 2 ≤ 0 Vô lý.
• Nếu p là ước của (n
2
− n + 1).
Đặt pk = n
2
− n + 1, k ∈ N
∗
(2). Thay trở lại (1) ta có
p(p − 1) = 2(n + 1)pk
⇒ p = 2(n + 1)k + 1 (3)
Thay (3) vào (2) ta có:
n
2
− (2k
2
+ 1)n + 1 − 2k
2
− k = 0 (4)
∆ = 4k
4
+ 12k
2
+ 4k − 3.
Ta cần tìm k sao cho ∆ là số chính phương. Nhận thấy: (2k
2
+2)
2
< ∆ < (2k
2
+4)
2
.
Suy ra ∆ = (2k
2
+ 3)
2
. Từ đây ta có:
4k
4
+ 12k
2
+ 4k − 3 = (2k
2
+ 3)
2
⇒ k = 3.
Thay trở lại tìm n từ phương trình (4) và p từ (3) ta được: p = 127.
Vậy p = 2 hoặc p = 127.
b) Không mất tính tổng quát, giả sử có sắp xếp a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e. Khi đó lấy a làm
chuẩn và xếp theo chiều kim đồng hồ như sau:
a → b → c → d → e. Cách xếp này thỏa mãn yêu cầu vì:
+, ad ≤
1
3
a(b + c + d) ≤
1
12
(a + b + c + d)
2
=
1
12
<
1
9
.
+, bd ≤ ad <
1
9
.
+, ce ≤ ac ≤ ad <
1
9
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
40
+, bc ≤
1
4
(b + c)
2
≤
1
4
2
3
(a + b + c + d)
2
=
1
9
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
41
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI
NĂM HỌC 2016 - 2017
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 8
Câu 1.
a) Chứng minh n
5
+ 5n
3
− 6n chia hết cho 30, với mọi số nguyên dương n.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) sao cho x
2
+ 8y và y
2
+ 8x là các số chính
phương.
Lời giải.
a) Ta có
x = n
5
+ 5n
3
− 6n = n(n
4
+ 5n
2
− 6) = n(n − 1)(n + 1)(n
2
+ 6).
Do n, n − 1, n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên n(n − 1)(n + 1)
.
.
.6, suy ra x
.
.
.6.
Nếu n ≡ 0 (mod 5) hoặc n ≡ ±1 (mod 5) thì n(n − 1)(n + 1) ≡ 0 (mod 5) nên x
.
.
.5.
Nếu n ≡ ±2 (mod 5) thì n
2
+ 6 ≡ 10 ≡ 0 (mod 5) nên x
.
.
.5. Do đó ta có x
.
.
.5 với mọi n.
Từ đó ta suy ra được x
.
.
.30 với mọi số nguyên dương n.
b) Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y. Khi đó
x
2
< x
2
+ 8y ≤ x
2
+ 8x < x
2
+ 8x + 16 = (x + 4)
2
.
Mà x
2
+ 8y là số chính phương nên ta có các trường hợp sau
• x
2
+ 8y = (x + 1)
2
⇔ 8y = 2x + 1 (loại).
• x
2
+ 8y = (x + 2)
2
⇔ 2y = x + 1, khi đó
y
2
+ 8x = y
2
+ 16y − 8 = (y + 8)
2
− 72 = a
2
⇔ (y + 8 − a)(y + 8 + a) = 72 = 3
2
.2
3
.
Do y + 8 + a > y + 8 − a và hai số đó cùng tính chẵn lẻ, nên ta có
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
42
y + a + 8 = 2.3
2
y + 8 − a = 2
2
⇒ y = 3, x = 5. hoặc
y + a + 8 = 2
2
.3
2
y + 8 − a = 2
⇒ y = 11, x = 21.
hoặc
y + a + 8 = 2
2
.3
y + 8 − a = 2.3
⇒ y = 1, x = 1.
• x
2
+ 8y = (x + 3)
2
⇔ 8y = 6x + 9 (loại).
Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (1; 1), (3; 5), (5; 3), (11; 21), (21; 11).
Câu 2.
a) Giải phương trình
…
2x −
3
x
+
…
6
x
− 2x = 1 +
3
2x
.
b) Giải hệ phương trình
…
4x
5y
=
√
x + y −
√
x − y
…
5y
x
=
√
x + y +
√
x − y
.
Lời giải.
a) Đặt a =
…
2x −
3
x
, b =
…
6
x
− 2x, ta có a, b ≥ 0 và a
2
+ b
2
=
3
x
. Do đó,ta có
a + b = 1 +
1
2
a
2
+ b
2
≥ 1 +
1
4
(a + b)
2
⇒ (a + b − 2)
2
≤ 0 ⇒
a + b − 2 = 0
a = b
⇒ a = b = 1.
Từ đây ta có
3
x
= 2 ⇔ x =
3
2
. Ta thấy x =
3
2
là nghiệm của phương trình đã cho.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có
…
2x −
3
x
≤
1 + 2x −
3
x
2
…
6
x
− 2x ≤
1 +
6
x
− 2x
2
⇒
…
2x −
3
x
+
…
6
x
− 2x ≤ 1 +
3
2x
.
Đẳng thức xảy ra khi x =
3
2
.
b) Điều kiện
xy > 0
x − y ≥ 0
x + y ≥ 0
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
43
Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có
…
4x
5y
+
…
5y
x
= 2
√
x + y
−
…
4x
5y
+
…
5y
x
= 2
√
x − y
⇒
4x
5y
+ 4 +
5y
x
= 4(x + y)
4x
5y
− 4 +
5y
x
= 4(x − y)
,
suy ra 8 = 8y ⇒ y = 1. Thay vào hệ ta có
4x
5
+
5
x
= 4x ⇔ x =
5
4
(do y > 0 nên x > 0).
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) =
5
4
; 1
.
Câu 3. Với các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 2
a) Chứng minh x + y + z ≤ 2 + xy
b) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P =
x
2 + yz
+
y
2 + zx
+
z
2 + xy
.
Lời giải.
a) Áp dụng bất đẳng thức a + b ≤
p
2(a
2
+ b
2
) ta có
x+y+z ≤
p
2 [(x + y)
2
+ z
2
] =
p
2(x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy) = 2
p
1 + xy ≤ 1+(1+xy) = 2+xy.
b) Theo chứng minh trên ta có 2 + xy ≥ x + y + z nên
z
2 + xy
≤
z
x + y + z
.
Tương tự
x
2 + yz
≤
x
x + y + z
,
y
2 + xz
≤
y
x + y + z
.
Suy ra P ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi trong ba số x, y, z có hai số bằng 1 và một số
bằng 0. Do đó max P = 1.
Ta có
2 + yz ≤ 2 +
y
2
+ z
2
2
=
6 − x
2
2
,
do đó với x 6=, ta có
x
2 + yz
≥
2x
6 − x
2
=
2x
2
x(6 − x
2
)
=
2
√
2x
2
p
2x
2
(6 − x
2
)(6 − x
2
)
.
Mà
2x
2
(6 − x
2
)(6 − x
2
) ≤
Å
2x
2
+ 6 − x
2
+ 6 − x
2
3
ã
3
= 4
3
,
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
44
nên
x
2 + yz
≥
√
2x
2
4
. (1)
Và ta thấy (1) cũng đúng khi x = 0, do đó (1) đúng với mọi x ≥ 0. Tương tự ta
cũng có
y
2 + zx
≥
√
2y
2
4
,
z
2 + xy
≥
√
2z
2
4
.
Do đó P ≥
√
2
4
x
2
+ y
2
+ z
2
=
√
2
2
.
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x = y = 0, z =
√
2. Vậy min P =
√
2
2
.
Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC (BC > CA > AB) nội tiếp đường tròn (O) và có trực
tâm H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác góc
’
ABC tại điểm thứ
hai M. Gọi P là trực tâm tam giác BCM.
a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P cùng thuộc một đường tròn
b) Đường thẳng H song song với AO cắt cạnh BC tại E. Gọi F là điểm trên cạnh BC
sao cho CF = BE. Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng
c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM. Chứng minh rằng P N = P O.
Lời giải.
C
K
I
A
P
M
O
F
B
N
E
H
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
45
a) Ta có P, H là trực tâm các tam giác BHC và ABC nên ta có
’
BP C = 180
◦
−
’
BMC = 180
◦
−
’
BHC =
’
BAC,
suy ra tứ giác BAP C nội tiếp.
b) Kẻ đường kính AK, ta có BKCH là hình bình hành.
Xét hai tam giác BHE và CKF có
BH = CK, BE = CF và
’
F CK =
’
EBH
nên ∆BHE = ∆CKF , suy ra
’
BEH =
’
CF K. Dẫn tới HE k KF
Mặt khác HE k AK nên ta có A, K, F thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Vì ∆BHC = ∆BKC nên
IB = IC = OB = OC.
Ta có ON là đường trung trực cạnh AB, OI là đường trung trực cạnh BC và IN là
đường trung trực cạnh BM, nên
‘
ONI =
’
ABM và
‘
OIN =
’
MBC.
Mặt khác
’
ABM =
’
MCB =
1
2
’
ABC nên
‘
ONI =
‘
OIN =
1
2
’
ABC. Suy ra ∆ONI cân tại
O và
‘
NOI = 180
◦
−
’
ABC. Lại có
’
P OB = 2
’
P CB = 2(90
◦
−
’
MBC) = 180
◦
− 2
’
MBC = 180
◦
−
’
ABC.
Nên ta có
‘
NOI =
’
P OB, suy ra
’
NOP =
‘
IOB.
Từ đó dẫn đến ∆OBI = ∆OP N, mà ∆OBI cân tại B nên P N = P O.
Câu 5. Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100. Hai người A và B lần lượt
mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm
bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n + 2. Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất
bao nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên?
Lời giải.
Vì B bốc thẻ 2n + 2 nên 2n + 2 ≤ 100. Suy ra n ≤ 49. Do đó, A chỉ được bốc các thẻ
đánh từ 1 đến 49.
Bây giờ, ta chia tập {1; 2; ··· ; 49} thành 33 tập con như sau:
{1; 4}, {3; 8}, {5; 12}; ··· , {23; 49} (12 nhóm);
{2; 6}, {10; 22}, {14; 30}, {18; 38} (4 nhóm);
{25}, {27}, {29}, ··· , {49} (13 nhóm);
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
46
{26}, {32}, {42}, {46}(4 nhóm).
Ở mỗi nhóm, A được chọn tối đa một số. Nếu A chọn nhiều hơn 34 số trong các số từ
1 đến 49 thì theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm (vô lý). Do
đó, A được chọn không quá 33 số.
Mặt khác, A có thể chọn 33 số sau :
{1, 3, 5, ··· , 23, 2, 10, 14, 18, 25, 27, 29, ··· , 49, 26, 32, 42, 46}
thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy người A có thể lấy nhiều nhất 33 tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
47
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN HOÀN
KIẾM - TP HÀ NỘI NĂM 2018
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 9
Câu 1.
a) Tìm ba số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.
b) Tìm bộ số (x; y) nguyên thỏa mãn đẳng thức 1 +
√
x + y + 3 =
√
x +
√
y.
Lời giải.
a) Gọi ba số cần tìm là a, b, c. Theo đề ta có abc = 5(a + b + c).
Dễ thấy abc
.
.
. 5 nên trong ba số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 5.
Không mất tính tổng quát, giả sử a
.
.
. 5. Vì a nguyên tố nên a = 5, từ đó
5bc = 5(5 + b + c) ⇔ (b − 1)(c − 1) = 6.
Kết hợp với điều kiện b, c nguyên tố ta thu được b = 2, c = 7 hoặc b = 7, c = 2.
Vậy có 6 bộ số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu là (5; 2; 7) và các hoán vị.
b) Từ giả thiết suy ra
√
x + y + 3 =
√
x +
√
y − 1. Bình phương hai vế và thu gọn ta có
√
xy −
√
x −
√
y − 1 = 0 ⇔ (
√
x − 1)(
√
y − 1) = 2 (∗)
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y.
• Xét y ≥ 6 thì (
√
x − 1)(
√
y − 1) ≥ (
√
6 − 1)
2
> 2 (mâu thuẫn).
• Xét 0 ≤ y < 6, vì y ∈ Z nên y ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}.
Thay vào (∗) tìm được x = 9, y = 4.
Vậy có 2 bộ số (x; y) thỏa mãn yêu cầu là (9; 4) và (4; 9).
Câu 2.
a) Giải phương trình x
2
+ 2x
…
x −
1
x
= 3x + 1.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
48
b) Giải hệ phương trình
6y + 2 =
x
y
−
p
x − 2y
»
x +
p
x − 2y = x + 3y −2
.
Lời giải.
a) Điều kiện: x −
1
x
≥ 0.
Do x 6= 0 nên chia hai vế của phương trình cho x ta thu được
x −
1
x
+ 2
…
x −
1
x
− 3 = 0.
Tìm được
…
x −
1
x
= 1 hoặc
…
x −
1
x
= −3 (loại).
Từ
…
x −
1
x
= 1 ta tìm được x =
1 ±
√
5
2
(thỏa mãn).
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1 ±
√
5
2
.
b) Điều kiện
y 6= 0
x − 2y ≥ 0
x +
p
x − 2y ≥ 0
.
Quy đồng mẫu số phương trình đầu của hệ ta thu được
x − 2y − y
p
x − 2y − 6y
2
= 0.
Từ đó suy ra được
√
x − 2y = −2y hoặc
√
x − 2y = 3y.
Trường hợp 1. Xét
√
x − 2y = −2y. Thay vào phương trình sau ta có
p
x − 2y = x + 3y −2 ⇒ −2y = x + 3y −2 ⇔ x = 2 − 5y.
Do đó,
√
x − 2y = −2y ⇔
√
2 − 7y = −2y ⇔
y ≤ 0
2 − 7y = 4y
2
⇔ y = −2 ⇒ x = 12.
Trường hợp 2. Xét
√
x − 2y = 3y. Thay vào phương trình sau ta có
p
x + 3y = x + 3y −2 ⇔
p
x + 3y = −1 (loại) hoặc
p
x + 3y = 2 ⇔ x = 4 − 3y.
Do đó,
√
x − 2y = 3y ⇔
√
4 − 5y = 3y ⇔
y ≥ 0
4 − 5y = 9y
2
⇔ y =
4
9
⇒ x =
8
3
.
Thử lại ta có các nghiệm của hệ là (12; −2) và
8
3
;
4
9
.
Câu 3. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 3.
a) Chứng minh xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ 2 + xyz.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
49
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x
2 + y
+
y
2 + z
+
z
2 + x
.
Lời giải.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó,
x(y − z)(y − x) ≤ 0
⇔ xy
2
+ zx
2
≤ x
2
y + xyz
⇔ xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ y(x
2
+ z
2
) + xyz = y(3 − y
2
) + xyz.
Xét hiệu 2 − y(3 − y
2
) = y
3
− 3y + 2 = (y − 1)
2
(y + 2) ≥ 0.
Suy ra y(3 − y
2
) ≤ 2 ⇒ xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ 2 + xyz.
Dấu “ =
00
xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 1; 1) hoặc (0; 1;
√
2) và các hoán vị của chúng.
b) Nhận xét: Biến đổi P ≤ 1 ⇔ xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ 2 + xyz.
Từ đó tìm được P
max
= 1 ⇔ (x; y; z) = (1; 1; 1) hoặc (0; 1;
√
2) và các hoán vị của chúng.
Ta có P =
x
2
2x + xy
+
y
2
2y + yz
+
z
2
2z + zx
≥
(x + y + z)
2
2(x + y + z) + xy + yz + zx
= Q
(bất đẳng thức Cauchuy-Schwarz).
Đặt t = x + y + z thì xy + yz + zx =
t
2
− 3
2
với
√
3 ≤ t ≤ 3.
Khi đó, Q =
2t
2
t
2
+ 4t − 3
với
√
3 ≤ t ≤ 3.
Ta có Q ≥
√
3
2
⇔
2t
2
t
2
+ 4t − 3
≥
√
3
2
⇔ (t−
√
3)
(4 −
√
3)t − 3
≥ 0 (luôn đúng với t ≥
√
3).
Từ đó tìm được P
min
=
√
3
2
⇔ (x; y; z) = (
√
3; 0; 0) và các hoán vị của nó.
Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao
BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm
thứ hai P .
a) Chứng minh hai tam giác P BC và P ED đồng dạng.
b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm P, H, M thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cắt nhau tại N. Chứng minh rằng
các đường thẳng MN, DE, AH đồng quy.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
50
P
D
O
H
M
E
F B C
K
AN
a) Ta có
’
P CB =
’
P AB =
’
P DE và
’
P BC = 180
◦
−
‘
P AC =
’
P ED.
Do đó ∆P BC v ∆P ED (g-g).
b) Kẻ đường kính AK, ta có
’
AP K = 90
◦
, chú ý
’
AP H = 90
◦
từ đó ba điểm P, H, K thẳng
hàng.
Mặt khác, BH k KC, CH k KB nên BHCK là hình bình hành.
Từ đó H, M, K thẳng hàng. Suy ra P, H, M thẳng hàng.
c) Gọi F là giao điểm của AP và BC, ta có
‘
AEP =
’
AHP =
’
BF P , từ đó BEP F là tứ
giác nội tiếp, suy ra
’
F EP =
’
F BP =
‘
P AC.
Suy ra
’
F EP +
’
DEP =
‘
P AC +
’
DEP = 180
◦
từ đó ba điểm D, E, F thẳng hàng, chú ý
rằng IM là trung trực của DE, do đó DE ⊥ IM.
Ta có
‘
NIP =
’
AHP =
’
MF P , từ đó ∆P NI v P MF (g-g) (∗)
Từ (∗) dễ dàng suy ra ∆IP F v NP M (c-g-c), suy ra
‘
P IF =
’
P NM ⇒ F I ⊥ MN.
Chú ý AH ⊥ F M, từ đó MN, DE, AH là ba đường cao của ∆IMF nên chúng đồng quy.
Câu 5. Một số số nguyên dương được viết trên một bảng đen. Tổng của hai số bất kì
trong chúng là lũy thừa của 2. Hỏi trên bảng có thể có nhiều nhất bao nhiêu số phân
biệt?
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh rằng số các số nguyên dương phân biệt không thể lớn hơn 2.
Thật vậy, giả sử có ba số a < b < c trên bảng (trường hợp 4 số trở lên vẫn trích ra được
bộ ba số như thế).
Dễ thấy theo đề bài, a + b; b + c; c + a là ba lũy thừa phân biệt của 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
51
Mặt khác, a + b < a + c < b + c suy ra b + c ≥ 2(a + c) hay b ≥ 2a + c (vô lí).
Từ đó suy ra có nhiều nhất hai số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ta có thể lấy một trường hợp cụ thể là 1 và 3.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
52
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI TOÁN 9 HSG NĂM HỌC
2011, TP. ĐÀ NẴNG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 10
Câu 1. Cho biểu thức: M =
a + 1
√
a
+
a
√
a − 1
a −
√
a
+
a
2
− a
√
a +
√
a − 1
√
a − a
√
a
với a > 0, a 6= 1.
a) Chứng minh rằng M > 4.
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
6
M
nhận giá trị nguyên?
Lời giải.
a) Do a > 0, a 6= 1 nên:
a
√
a − 1
a −
√
a
=
√
a − 1)(a +
√
a + 1
√
a(
√
a − 1)
=
a +
√
a + 1
√
a
và
a
2
− a
√
a +
√
a − 1
√
a − a
√
a
=
(a + 1)(a − 1) −
√
a(a − 1)
√
a(1 − a)
=
(a − 1)(a −
√
a + 1)
√
a(1 − a)
=
−a +
√
a − 1
√
a
⇒ M =
a + 1
√
a
+ 2
b) Ta có 0 < N =
6
M
<
3
2
do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
Mà N = 1 ⇔
6
√
a
a + 1 + 2
√
a
= 1 ⇔ a − 4
√
a + 1 = 0 ⇔ (
√
a − 2)
2
= 3
⇔
√
a = 2 +
√
3 hay
√
a = 2 −
√
3 (phù hợp)
Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ±
√
3)
2
Câu 2.
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0, 5x + 3, y = 6 − x và y = mx có đồ thị lần lượt là
các đường thẳng (d
1
), (d
2
) và (∆
m
). Với những giá trị nào của tham số m thì đường
thẳng (∆
m
) cắt hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho
điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố
định I(1; 2). Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó,
suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
1
OM
2
+
1
ON
2
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
53
Lời giải.
a) Điều kiện để (∆
m
) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 6= 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
1
) và (∆
m
) là:
0, 5x + 3 = mx ⇔ (m − 0, 5)x = 3
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m − 0, 5 < 0 hay m < 0, 5
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
2
) và (∆
m
) là:
6 − x = mx ⇔ (m + 1)x = 6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m + 1 > 0 hay m > −1
Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0, 5; m 6= 0
b) Đặt m = x
M
và n = y
N
⇒ m.n 6= 0 và m 6= 1 (∗)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax + b
⇒
0 = am + b
2 = a + b
n = b
⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m + n = mn
Chia hai vế cho m.n 6= 0 ta được:
1
m
+
2
n
= 1 (∗∗)
⇒ 1 =
1
m
+
2
n
2
=
1
m
2
+
4
n
2
+
4
mn
= 5
1
m
2
+
1
n
2
−
2
m
−
1
n
2
⇒ Q =
1
m
2
+
1
n
2
≥
1
5
;
dấu “=” xảy ra khi
2
m
=
1
n
; kết hợp (∗∗) : m = 5, n = 2, 5( thỏa (∗))
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
1
5
Câu 3.
a) Giải hệ phương trình:
17x + 2y = 2011|xy|
x − 2y = 3xy
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
√
x +
√
y − z +
√
z −x =
1
2
(y + 3).
Lời giải.
a) Nếu xy > 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
54
17
y
+
2
x
= 2011
1
y
−
2
x
= 3
⇔
1
y
=
1007
9
1
x
=
490
9
⇔
x =
9
490
y =
9
1007
(phù hợp)
Nếu xy < 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với
17
y
+
2
x
= −2011
1
y
−
2
x
= 3
⇔
1
y
=
−1004
9
1
x
= −
1031
18
⇒ xy > 0 (loại)
Nếu xy = 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với x = y = 0 (nhận).
Vậy hệ có đúng 2 nghiệm là (0; 0) và
9
490
;
9
1007
b) Điều kiện x ≥ 0; y −z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0
Theo BĐT Cauchy:
√
x ≤
x + 1
2
;
√
y − z ≤
y − z + 1
2
;
√
z −x ≤
z −x + 1
2
⇒ V P =
√
x +
√
y − z +
√
z −x ≤
1
2
(y + 3) = V T
Do đó
√
x = 1
√
y − z = 1
√
z −x = 1
⇔
x = 1
y = 3
z = 2
thỏa điều kiện
Câu 4. Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di
động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường
thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt
nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BN F khi và chỉ khi NF ngắn nhất
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
55
A
B
C
O
E
F
M
N
a) MN ⊥ BF và BC ⊥ NF.
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF.
⇒ F A ⊥ NB.
Lại có AE ⊥ NB.
Nên A, E, F thẳng hàng.
b)
’
CAN =
’
MAB, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
Suy ra:
AN
AB
=
AC
AM
Hay AM.AN = AB.AC = 2R
2
không đổi (với R là bán kính đường tròn (C)).
c) Ta có BA =
2
3
BC nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF. (1)
Mặt khác:
’
CAN =
’
CF M, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng.
⇒
CN
BC
=
AC
CF
⇒ CN.CF = BC.AC = 3R
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ 2
√
CN.CF = 2R
√
3 không
đổi.
Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN = CF ⇔ C là trung điểm NF. (2)
Từ (1) và (2) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất.
Câu 5. Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
Lời giải.
Đặt: S = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12
⇒
S
100
= 3 · 4 · 6 · 7 · 8 · 9 · 11 · 12 là một số nguyên. (1)
⇒ Hai chữ số tận cùng của S là 00.
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để
ý đến chữ số tận cùng, ta thấy
S
100
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3 ·4 = 12; 2 ·6 = 12; 2 ·7 =
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
56
14; 4 · 8 = 32;
2 · 9 = 18; 8 ·11 = 88; 8 · 12 = 96).
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
57
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2010-2011,
LÂM ĐỒNG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 11
Câu 1. Rút gọn A =
p
127 − 48
√
7 −
p
127 + 48
√
7
Lời giải.
Ta có
A =
p
64 − 2.8.3
√
7 + 63 +
p
64 + 2.8.3
√
7 + 63
=
»
(8 − 3
√
7)
2
+
»
(8 + 3
√
7)
2
=
8 − 3
√
7
+
8 + 3
√
7
= 8 − 3
√
7 + 8 + 3
√
7 = 16
Vậy A = 16.
Câu 2. Cho hàm số y = f (x) =
3m
2
− 7m + 5
x − 2011 (∗). Chứng minh hàm số (∗)
luôn đồng biến trên R với mọi m.
Lời giải.
Ta có
3m
2
− 7m + 5 = 3
m
2
−
7
3
m
+ 5 = 3
m
2
− 2.
7
6
m +
49
36
−
49
36
+ 5
= 3
m −
7
6
2
−
49
12
+ 5
= 3
m −
7
6
2
+
11
12
> 0 với mọi m
Do đó hàm số (∗) luôn đồng biến trên R với mọi m.
Câu 3. Cho hai số dương x, y thõa mãn điều kiện 3x + y − 1 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 3x
2
+ y
2
.
Lời giải.
Ta có 3x + y −1 = 0 ⇒ y = 1 − 3x. Do đó
B = 3x
2
+ (1 − 3x)
2
= 12x
2
− 6x + 1 = 12
ï
x −
1
4
2
+
1
48
ò
= 12
x −
1
4
2
+
1
4
≥
1
4
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
58
Vậy GTNN của B là
1
4
khi x =
1
4
và y =
1
4
.
Câu 4. Cho hai đường tròn (O) và (O
0
) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng
AB lấy điểm M sao cho A nằm giữa M và B. Từ M kẻ cát tuyến MCD với đường tròn (O)
và tiếp tuyến MT với đường tròn (O
0
)(T là tiếp điểm). Chứng minh MC.MD = MT
2
.
Lời giải.
A
C
M
T
O
O
0
B
D
Xét 4MCB và 4MAD, ta có:
’
DMB chung
’
MDA =
’
MBC(=
1
2
sđ
ˆ
AC)
⇒ 4MCB v 4MAD ⇒
MC
MA
=
MB
MD
hay MC.MD =
MA.MB (1)
Xét 4MT A và 4MBT , ta có:
’
BMT chung
’
MT A =
’
MBT (=
1
2
sđ
ˆ
AT )
⇒ 4MT A v 4MBT ⇒
MT
MB
=
MA
MT
hay MT
2
= MA.MB (2)
Từ (1) và (2) ⇒ MC.MD = MT
2
(đccm)
Câu 5. Chứng minh tổng C = 1 + 2 + 2
2
+ ···+ 2
2011
chia hết cho 15.
Lời giải.
Ta có:
C = 1 + 2 + 2
2
+ ···+ 2
2011
= (1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) + (2
4
+ 2
5
+ 2
6
+ 2
7
) + ···+ (2
2008
+ 2
2009
+ 2
2010
+ 2
2011
)
= (1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) + 2
4
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
) + ···+ 2
2008
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
)
= 15(1 + 2
4
+ ···+ 2
2008
)
.
.
.15
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
59
Vậy C chia hết cho 15.
Câu 6. Phân tích đa thức x
3
− x
2
− 14x + 24 thành nhân tử.
Lời giải.
Ta có:
x
3
− x
2
− 14x + 24 = x
3
+ 4x
2
− 5x
2
− 20x + 6x + 24
= x
2
(x + 4) − 5x(x + 4) + 6(x + 4)
= (x + 4)(x
2
− 5x + 6)
= (x + 4)(x − 3)(x − 2)
Câu 7. Giải hệ phương trình
x + y + z = 2
2xy − z
2
= 4.
Lời giải.
Ta có
x + y + z = 2
2xy − z
2
= 4
⇔
z = 2 − x − y
z
2
= 2xy − 4
⇔
(2 − x − y)
2
= 2xy − 4
z = 2 − x − y
⇔
(x − 2)
2
+ (y − 2)
2
= 0
z = 2 − x − y
⇔
x = y = 2
z = −2.
Câu 8. Chứng minh D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không phải là số chính phương với mọi
n ∈ N
∗
.
Lời giải.
D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
= (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2)
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n)
⇒ (n
2
+ 3n)
2
< D < (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
⇒ (n
2
+ 3n)
2
< D < (n
2
+ 3n + 1)
2
Do đó D không phải là số chính phương vì (n
2
+ 3n)
2
và (n
2
+ 3n + 1)
2
là hai số chính
phương liên tiếp.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
60
Câu 9. Cho hai số dương a và b. Chứng minh
1
a
+
1
b
≥
4
a + b
.
Lời giải.
Ta có
(a − b)
2
≥ 0 ⇔ a
2
+ b
2
≥ 2ab ⇔ (a + b)
2
≥ 4ab ⇔
a + b
ab
≥
4
a
+ b(Vì (a + b)ab > 0)
⇔
1
a
+
1
b
≥
4
a + b
(đfcm)
Câu 10. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x
2
− xy − y
2
− 8 = 0.
Lời giải.
Ta có
2x
2
− xy − y
2
− 8 = 0 ⇔ (2x + y)(x − y) = 8 ⇔
2x + y = 8
x − y = 1
hoặc
2x + y = 4
x − y = 2
⇔
x = 3
y = 2
hoặc
x = 2
y = 0
Vậy các nghiệm tự nhiên của hệ là (3; 2) và (2; 0).
Câu 11. Cho hình thang vuông ABCD(
b
A =
b
D = 90
◦
), có DC = 2AB. Kẻ DH vuông
góc với AC(H ∈ AC), gọi N là trung điểm của CH.
Chứng minh BN vuông góc với DN.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của DH.
MN là đường trung bình của 4HDC ⇒ MN k CD, MN =
1
2
CD
Do đó MN k AB, MN = AB ⇒ tứ giác ABNM là hình bình hành.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
61
Xét 4ADN có MN k AB ⇒ MN ⊥ AD và DH ⊥ AN
nên M là trực tâm của 4ADN ⇒ AM ⊥ DN ⇒ BN ⊥ DN(vì ABNM là HBH).
Câu 12. Cho tam giác MP N cân tại M(
“
M < 90
◦
). Gọi D là giao điểm các đường phân
giác trong của tam giác MP N. Biết DM = 2
√
5cm, DN = 3cm. Tính độ dài MN.
Lời giải.
2
1
M
E
N P
F
D
Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt ND tại E. Kẻ MF ⊥ DN.
Ta có
b
E +
÷
MND = 90
◦
(1)
’
DNP +
c
D
2
= 90
◦
⇒
’
DNP +
c
D
1
= 90
◦
(2)
Do
÷
MND =
’
DNP nên từ (1) và (2) ⇒
b
E =
c
D
1
⇒ 4MDE cân tại M.
⇒ MD = ME = 2
√
5(cm) và EF = DF .
4MNE vuông tại M. Ta có
ME
2
= EF.EN = EF.(2EF + DN)
⇔ (2
√
5)
2
= EF.(2EF + 3)
⇔ 2EF
2
+ 3EF − 20 = 0 ⇔ (EF + 4)(2EF − 5) = 0 ⇒ EF = 2, 5(Vì EF > 0).
Dễ dàng tính được MN = 2
√
11(cm).
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
62
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI HSG LỚP 9, NGHỆ AN,
BẢNG A, NĂM 2011
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 12
Câu 1.
a) Cho các số nguyên a
1
, a
2
, a
3
, ··· , a
n
. Đặt S = a
3
1
+a
3
2
+···+a
3
n
và P = a
1
+a
2
+···+a
n
.
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
b) Cho A = n
6
− n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
(với n ∈ N, n > 1). Chứng minh rằng A không là số
chính phương
Lời giải.
a) Với số nguyên x, ta có
x
3
− x = x(x − 1)(x + 1)
.
.
.6.
Do đó
S − P =
a
3
1
− a
1
+
a
3
2
− a
2
+ ···+
a
3
n
− a
n
.
.
.6.
Suy ra S
.
.
.6 ⇔ P
.
.
.6.
b) Ta có A = n
2
n
4
− n
2
+ 2n + 2
.
• Với n = 2, ta có n
4
−n
2
+ 2n + 2 = 18 không là số chính phương nên A không là
số chính phương.
• Với n ≥ 3, ta có n
2
− 2n − 2 > 0 nên
n
2
− 1
2
= n
4
− 2n
2
+ 1 < n
4
− n
2
+ 2n + 2 <
n
2
2
,
do đó n
4
− n
2
+ 2n + 2 không là số chính phương.
Từ đó ta có A không là số chính phương với mọi n ≥ 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
63
Câu 2.
a) Giải phương trình: 10
√
x
3
+ 1 = 3x
2
+ 6.
b) Giải hệ phương trình:
x +
1
y
= 3
y +
1
z
= 3
z +
1
x
= 3
.
Lời giải.
a) Điều kiện: x ≥ −1.
Ta có x
3
+ 1 = (x + 1)(x
2
− x + 1), x
2
+ 2 = (x
2
− x + 1) + (x + 1).
Đặt a =
√
x + 1, b =
√
x
2
− x + 1 ta có phương trình
10ab = 3a
2
+ 3b
2
⇔ (3a − b)(a − 3b) = 0 ⇔ a = 3b, b = 3a.
• a = 3b ⇔
√
x + 1 = 3
√
x
2
− x + 1 ⇔ 9x
2
− 10x + 8 = 0. Phương trình vô nghiệm.
• b = 3a ⇔
√
x
2
− x + 1 = 3
√
x + 1 ⇔ x
2
− 10x − 8 = 0 ⇔ x = 5 ±
√
33.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 ±
√
33.
b) Từ phương trình x +
1
y
= 3 ta có x =
3y − 1
y
, thay vào phương trình thứ ba ta được
z = 3 −
1
x
= 3 −
y
3y − 1
=
8y − 3
3y − 1
.
Thay z và phương trình thứ hai ta có
y +
3y − 1
8y − 3
= 3 ⇔ y
2
− 3y + 1 = 0 ⇔ y =
3 ±
√
5
2
.
Từ đó ta có nghiệm của hệ là x = y = z =
3 ±
√
5
2
.
Câu 3.
a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
1
x
+
1
y
+
1
z
= 4. Chứng minh rằng
1
2x + y + z
+
1
x + 2y + z
+
1
x + y + 2z
≤ 1.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
64
b) Cho các số thực dương thỏa mãn x
2011
+ y
2011
+ z
2011
= 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức M = x
2
+ y
2
+ z
2
.
Lời giải.
a) Với a, b, c, d > 0 ta có
1
a + b + c + d
≤
1
16
1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d
.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
1
2x + y + z
≤
1
16
Å
2
x
+
1
y
+
1
z
ã
1
x + 2y + z
≤
1
16
Å
1
x
+
2
y
+
1
z
ã
1
x + y + 2z
≤
1
16
Å
1
x
+
1
y
+
2
z
ã
.
Công các bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm.
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2011 số gồm 2 số x
2011
và 2009 số 1 ta có
2x
2011
+ 2009 = x
2011
+ x
2011
+ 1 + ···+ 1 ≥ 2011
2011
√
x
2.2011
= 2011.x
2
.
Tương tự:
2y
2011
+ 2009 ≥ 2011.y
2
, 2z
2011
+ 2009 ≥ 2011z
2
.
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta có
2011(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≤ 2
x
2011
+ y
2011
+ z
2011
+ 3.2009 = 3.2011.
Suy ra M ≤ 3. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1.
Vậy max M = 3.
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của
tam giác. Gọi M là một điểm nằm trên cung BC không chứa A (M không trùng với B
và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC.
a) Chứng minh rằng ba điểm N, H, P thẳng hàng.
b) Khi
’
BOC = 120
◦
, xác định vị trí của điểm M để
1
MB
+
1
MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
65
Lời giải.
C
M
P
D
E
J
O
B
N
F
A
H
K
a) Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C. Ta có tứ giác CDHE nội
tiếp và M, N đối xứng nhau qua AB, nên
’
AHE =
’
ACB =
’
AMB =
’
ANB.
Suy ra tứ giác ANBH nội tiếp, nên
’
NHB =
’
NAB =
’
BAM.
Tương tự
’
P HC =
’
CAM. Từ đó, suy ra
’
NHB +
’
BHC +
’
CHP =
’
BAM +
’
BHC +
’
MAC =
’
BAC +
’
BHC = 180
◦
.
Suy ra N, H, P thẳng hàng.
b) Gọi J là điểm chính giữa cung lớn BC, trên đoạn MJ lấy K sao cho MB = MK. Ta
có
‘
BIC = 120
◦
và ∆JKB = ∆CM, nên JK = CM. Do đó BM + CM = MK + KJ =
JM. Khi đó
1
MB
+
1
MC
≥
4
MB + MC
=
4
JM
≥
4
2R
.
Đẳng thức xảy ra khi M là điểm chính giữa cung BC.
Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên
cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với
IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường
thẳng AB tại F . Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
66
C
K
O
B
F
A
I
E
• Nếu
’
BAC = 90
◦
thì
‘
BIC = 90
◦
, khi đó EF là đường kính nên EF đi qua O.
• Xét
’
BAC < 90
◦
, khi đó
‘
BIC > 90
◦
. Gọi K là điểm đối xứng với I qua EF , ta có
‘
EIF =
’
EAF (cùng bù với
‘
BIC),
’
EKF =
‘
EIF , suy ra
’
EKF =
’
EAF nên tứ giác
AEKF nội tiếp, hay K ∈ (O). Mà EF là đường trung trực đoạn IK nên EF đi qua
O.
•
’
BAC > 90
◦
thì
‘
BIC < 90
◦
. Chứng minh tương tự ta cũng có EF đi qua O.
Vậy EF luôn đi qua điểm cố định O.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
67
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 13
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2010-2011,
QUẢNG BÌNH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 13
Câu 1. Cho biểu thức A =
p
x + 4
√
x − 4 +
p
x − 4
√
x − 4
…
1 −
8
x
+
16
x
2
với 4 < x ≤ 8.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên.
Lời giải.
a) Với 4 < x ≤ 8. Ta có:
A =
p
x − 4 + 4
√
x − 4 + 4 +
p
x − 4 − 4
√
x − 4 + 4
…
1 −
4
x
2
=
»
√
x − 4 + 2
2
+
»
√
x − 4 − 2
2
…
1 −
4
x
2
=
√
x − 4 + 2
+
√
x − 4 − 2
1 −
4
x
=
√
x − 4 + 2 + 2 −
√
x − 4
x − 4
x
=
4x
x − 4
.
b) Ta có: A = 4 +
16
x − 4
với 4 < x ≤ 8.
Do đó với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi x − 4 là ước của 16.
Kết hợp với điều kiện đã cho ta có:
x − 4 = 1
x − 4 = 2
x − 4 = 4
⇔
x = 5
x = 6
x = 8
.
Câu 2. Số đo hai cạnh góc vuông của một tam giác là nghiệm của phương trình bậc
hai
(m − 2)x
2
− 2(m − 1)x + m = 0
Xác định m để số đo đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác đã cho là
2
√
5
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
68
Lời giải.
Gọi x
1
, x
2
là số đo hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho, vì chúng là nghiệm của
phương trình bậc hai (m − 2)x
2
− 2(m − 1)x + m = 0 nên ta có điều kiện:
m 6= 2
∆
0
≥ 0
P > 0
S > 0
⇔
m 6= 2
m
m − 2
> 0
m − 1
m − 2
> 0
. (*)
Từ giả thiết bài toán ta có:
1
x
2
1
+
1
x
2
2
=
5
4
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
(x
1
x
2
)
2
=
5
4
.
⇔
2m
2
− 4m + 4
m
2
=
5
4
⇔ 3m
2
− 16m + 16 = 0 ⇔ m = 4; m =
4
3
.
Thử lại ta thấy chỉ có giá trị m = 4 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy: m = 4 là giá trị cần tìm.
Câu 3. Cho hai đường tròn (O) và (O
0
) cắt nhau tại hai điểm A và B. Tiếp tuyến chung
gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc (O) và (O
0
) tại C và D. Qua A kẻ đường
thẳng song song CD cắt (O) và (O
0
) lần lượt tại M và N. Các đường thẳng BC, BD lần
lượt cắt MN tại P và Q. Các đường thẳng CM, DN cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng AE và CD vuông góc nhau.
b) Tam giác EP Q cân.
Lời giải.
a) Ta có:
’
ECD =
’
CMA (đồng vị),
’
CDA =
’
CMA (cùng chắn cung
ˆ
CA ).
Nên
’
ECD =
’
DCA. Chứng minh tương tự ta có:
’
EDC =
’
CDA.
Suy ra: 4CDE = 4CDA(g.c.g) ⇒ CE = CA ⇒ 4CEA cân tại C.
Theo chứng minh trên thì CD là đường phân giác của
’
ECA. Nên: CD ⊥ AE.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
69
Q
M
B
E
C
I
D
O
O
0
A
N
P
b) Gọi I là giao điểm của CD và AB. Ta có:
‘
IAD =
‘
IDB (cùng chắn cung
˜
BD)
⇒ 4IAD v 4IDB(g.g) ⇒
IA
ID
=
ID
IB
⇒ ID
2
= IA.IB.
Chứng minh tương tự ta có: IC
2
= IA.IB. Suy ra: IC
2
= ID
2
⇒ IC = ID.
Ta có: CD k P Q ⇒
CI
AP
=
BI
BA
=
DI
AQ
.
Vì: CI = DI ⇒ AP = AQ hay A là trung điểm P Q.
Mặt khác: CD ⊥ AE, CD k P Q nên: P Q ⊥ AE. Vậy tam giác EP Q có AE vừa là
trung tuyến vừa là đường cao nên nó là tam giác cân.
Câu 4. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
= 3. Chứng minh:
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3.
Lời giải.
Ta có:
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3 ⇔
Å
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
ã
2
≥ 9
⇔
x
2
y
2
z
2
+
y
2
z
2
x
2
+
z
2
x
2
y
2
+ 2
x
2
+ y
2
+ z
2
≥ 9
⇔
x
2
y
2
z
2
+
y
2
z
2
x
2
+
z
2
x
2
y
2
≥ 3
Mặt khác:
x
2
y
2
z
2
+
y
2
z
2
x
2
≥ 2y
2
;
y
2
z
2
x
2
+
z
2
x
2
y
2
≥ 2z
2
;
z
2
x
2
y
2
+
x
2
y
2
z
2
≥ 2x
2
.
Suy ra:
x
2
y
2
z
2
+
y
2
z
2
x
2
+
z
2
x
2
y
2
≥ x
2
+ y
2
+ z
2
= 3.
Vậy
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.
Câu 5. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn: a
5
+ b
5
= 4
c
5
+ d
5
. Chứng minh rằng
: a + b + c + d chia hết cho 5.
Lời giải.
Ta chứng minh
n
5
− n
.
.
.5.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
70
Ta có:
n
5
− n
= n
n
2
− 1
n
2
+ 1
= n
n
2
− 1
n
2
− 4
+ 5n
n
2
− 1
=
(n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n
2
− 1)
.
.
.5
Suy ra:
a
5
− a + b
5
− b + c
5
− c + d
5
− d =
5
c
5
+ d
5
− (a + b + c + d)
.
.
.5
⇒ (a + b + c + d)
.
.
.5
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
71
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 14
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013, AN
GIANG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 14
Câu 1.
a) Khử căn ở mẫu số biểu thức sau:
A =
59
√
3 +
√
5 +
√
7
.
b) Tính tổng sau:
S =
1
√
3 +
√
5
+
1
√
5 +
√
7
+ ···+
1
√
2011 +
√
2013
.
Lời giải.
a)
A =
59
√
3 +
√
5 +
√
7
=
59
√
3 +
√
5 −
√
7
√
3 +
√
5 +
√
7
√
3 +
√
5 −
√
7
=
59
√
3 +
√
5 −
√
7
8 + 2
√
15 − 7
=
59
√
3 +
√
5 −
√
7
1 − 2
√
15
1 + 2
√
15
1 − 2
√
15
=
59
√
3 +
√
5 −
√
7
1 − 2
√
15
1 − 60
=
Ä
√
3 +
√
5 −
√
7
äÄ
2
√
15 − 1
ä
.
b) Ta có:
1
√
n +
√
n + 2
=
√
n + 2 −
√
n
√
n + 2 +
√
n
√
n + 2 −
√
n
=
√
n + 2
2
−
√
n
2
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
72
Áp dụng tính chất trên cho từng số hạng của tổng trên ta được:
1
√
3 +
√
5
=
√
5
2
−
√
3
2
1
√
5 +
√
7
=
√
7
2
−
√
5
2
···
1
√
2011 +
√
2013
=
√
2013
2
−
√
2011
2
.
Cộng theo từng vế ta được: S =
√
2013 −
√
3
2
.
Câu 2. Cho đa thức: Q(x) = x
4
+ 3x
2
+ 1.
a) Phân tích đa thức Q(x) thành nhân tử.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y
2
= x
4
+ 3x
2
+ 1.
Lời giải.
a)
Q(x) = x
4
+ 3x
2
+ 1
= (x
2
)
2
+ 2 · x
2
·
3
2
+
3
2
2
−
5
4
=
x
2
+
3
2
2
−
Å
√
5
2
ã
2
=
Å
x
2
+
3
2
−
√
5
2
ãÅ
x
2
+
3
2
+
√
5
2
ã
.
b) Phương trình y
2
= x
4
+ 3x
2
+ 1.
• Nếu x = 0 thì y
2
= 1 hay y = ±1.
• Với x 6= 0, do x là số nguyên nên ta có:
x
4
+ 2x
2
+ 1 < x
4
+ 3x
2
+ 1 < x
4
+ 4x
2
+ 4
⇔(x
2
+ 1)
2
< y
2
< (x
2
+ 2)
2
⇔x
2
+ 1 < |y| < x
2
+ 2.
Do x
2
+ 1 và x
2
+ 2 là hai số nguyên liên tiếp nên không tồn tại số nguyên nào
nằm giữa hai số nguyên liên tiếp này. Vậy trường hợp này phương trình không
có nghiệm nguyên.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
73
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên (0; 1) và (0; −1).
Câu 3.
a) Vẽ đồ thị của hàm số y = f(x) = |3x − 9| + x − 7.
b) Giải phương trình 3
p
x
2
− 6
√
x
2
+ 9 +
√
x
2
− 7 = 0.
Lời giải.
a) y = f(x) = |3x − 9| + x − 7 =
4x − 16 khi x ≥ 3
−2x + 2 khi x < 3.
• Với x ≥ 3 đồ thị hàm số là đường thẳng y = 4x−16
qua hai điểm (3; −4) và (4; 0).
• Với x < 3 đồ thị hàm số là đường thẳng y = −2x+2
qua hai điểm (0; 2) và (1; 0).
Đồ thị hàm số như hình vẽ:
x
y
O
4
1 3
2
−4
b) Giải phương trình 3
p
x
2
− 6
√
x
2
+ 9 +
√
x
2
− 7 = 0.
3
»
x
2
− 6
√
x
2
+ 9 +
√
x
2
− 7 = 0
⇔3
p
|x|
2
− 6|x| + 9 + |x| − 7 = 0
⇔3
»
(|x| − 3)
2
|x| − 7 = 0
⇔3 ||x| − 3| + |x| − 7 = 0.
Đặt t = |x| (với t ≥ 0) ta được phương trình:
3|t − 3| + t − 7 = 0
⇔|3t − 9| + t − 7 = 0 (∗)
Dựa vào đồ thị ở câu trên, ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là t = 1 và t = 4
(đều thỏa mãn t ≥ 0).
• Với t = 1 ta được |x| = 1 ⇔ x = ±1.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
74
• Với t = 4 ta được |x| = 4 ⇔ x = ±4.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−4; −1; 1; 4}.
Câu 4. Cho hệ phương trình
x + 2y = −1
3x + my = 1
(m là tham số).
a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.
b) Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = (x + 2y + 1)
2
+ (3x + my − 1)
2
.
Lời giải.
x + 2y = −1 (1)
3x + my = 1 (2).
a) Từ phương trình (1) suy ra x = −1 − 2y, thế vào phương trình (2) ta được:
3(−1 − 2y) + my = 1 ⇔ (m − 6)y = 4 (3)
• Nếu m = 6 thì phương trình (3) vô nghiệm. Do đó hệ phương trình đã cho vô
nghiệm.
• Nếu m 6= 6 thì phương trình (3) có nghiệm y =
4
m − 6
. Khi đó x =
−m − 2
m − 6
. Do
đó hệ phương trình đã cho có nghiệm
−m − 2
m − 6
;
4
m − 6
.
b) P = (x + 2y + 1)
2
+ (3x + my − 1)
2
.
• Với m = 6, ta được: P = (x+2y+1)
2
+(3x+6y−1)
2
= (x+2y+1)
2
+(3x+6y+3−4)
2
.
Đặt t = x + 2y + 1, khi đó
P = t
2
+ (3t − 4)
2
= 10t
2
− 24t + 16
= 10
t
2
− 2 · t ·
6
5
+
36
25
+
4
25
= 10
t −
6
5
2
+
8
5
≥
8
5
.
Dấu “=” xảy ra khi x + 2y + 1 =
6
5
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
75
• Với m 6= 6, ta được:
P = (x + 2y + 1)
2
+ (3x + my − 1)
2
≥ 0.
Dấu “=” xảy ra khi x và y là nghiệm của hệ phương trình
x + 2y = −1
3x + my = 1.
Vậy:
◦ m = 6 thì giá trị nhỏ nhất của P bằng
8
5
.
◦ m 6= 6 thì giá trị nhỏ nhất của P bằng 0.
Câu 5. Cho hình thang cân ABCD cạnh bên là AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm
I bán kính R = 2.
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông.
b) Cho AB = 2x (0 < x < 2). Tính diện tích hình thang ABCD theo x.
Lời giải.
a) Hình thang ngoại tiếp đường tròn tâm I nên tâm I của đường tròn nằm trên MN
với M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Gọi P , Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với cạnh AD và BC của hình thang.
Khi đó: BM = BQ; CN = CQ (hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm ở ngoài đường
tròn).
Suy ra 4IBM = 4IBQ, suy ra IB là phân giác của
’
MIQ.
Và 4ICQ = 4ICN, suy ra IC là phân giác của
‘
NIQ.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
76
Vậy
‘
BIC = 90
◦
(hai phân giác của hai góc kề bù).
Hay tam giác IBC vuông tại I.
Tương tự ta được tam giác IAD vuông tại I.
b) Theo chứng minh trên ta có BM = BQ; CN = CQ.
Suy ra BC = BM + CN.
Do M là trung điểm của AB nên MB = x.
Từ B kẻ BH vuông góc CD, tam giác BHC vuông tại H ta được:
BC
2
= BH
2
+ HC
2
⇔(2x + HC)
2
= 4
2
+ HC
2
⇔4x
2
+ 4xHC + HC
2
= 4
2
+ HC
2
⇔4xHC = 4
2
− 4x
2
⇔HC =
4 − x
2
x
.
Do đó diện tích của hình thang ABCD là:
S
ABCD
=
1
2
(AB + CD) · MN =
1
2
ï
2x + 2x +
2(4 − x
2
)
x
ò
· 4 = 4
Å
2x +
4 − x
2
x
ã
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
77
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 15
HSG TOÁN 9, HUYỆN BÌNH
GIANG, TỈNH HẢI DƯƠNG,
NĂM HỌC 2012 - 2013
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 15
Câu 1. Cho biểu thức A =
x + 2
x
√
x − 1
+
√
x + 1
x +
√
x + 1
+
1
1 −
√
x
với x ≥ 0, x 6= 1.
a) Rút gọn A.
b) Chứng tỏ rằng A <
1
3
.
Lời giải.
a)
A =
x + 2
(
√
x − 1)(x +
√
x + 1)
+
√
x + 1
x +
√
x + 1
+
1
1 −
√
x
A =
x + 2 + x − 1 − x −
√
x − 1
(
√
x − 1)(x +
√
x + 1)
=
x −
√
x
(
√
x − 1)(x +
√
x + 1)
A =
√
x(
√
x − 1)
(
√
x − 1)(x +
√
x + 1)
=
√
x
x +
√
x + 1
, với x ≥ 0, x 6= 1.
b) Xét
1
3
− A =
1
3
−
√
x + 1
x +
√
x + 1
=
(
√
x − 1)
2
x +
√
x + 1
.
Với mọi x ≥ 0, x 6= 1 ta có (
√
x − 1)
2
> 0 và x +
√
x + 1 =
√
x +
1
2
2
+
3
4
> 0 nên
suy ra
1
3
− A > 0 ⇔ A <
1
3
.
Câu 2.
a) Giải phương trình x −
√
x − 15 = 17.
b) Tìm x, y sao cho 5x − 2
√
x(2 + y) + y
2
+ 1 = 0.
Lời giải.
a) Điều kiện xác định x ≥ 15.
x −
√
x − 15 = 17 ⇔ x − 15 −
√
x − 15 − 2 = 0.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
78
Đặt t =
√
x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t
2
− t − 2 = 0 ⇔
t = 2
t = −1 (loại)
Với t = 2, suy ra
√
x − 15 = 2 ⇔ x − 15 = 4 ⇔ x = 19.
b) Điều kiện xác định x ≥ 0.
5x − 2
√
x(2 + y) + y
2
+ 10 ⇔ 4x − 4
√
x + 1 + x − 2y
√
x + y
2
= 0
⇔
2
√
x − 1
2
+
√
x − y
2
= 0.(1)
Vì (2
√
x − 1)
2
+ (
√
x − y)
2
≥ 0 với mọi x ≥ 0, y nên để (1) xảy ra thì
2
√
x − 1 = 0
√
x − y = 0
⇔
x =
1
4
y =
1
2
.
Câu 3.
a) Tìm số nguyên x, sao cho x
2
+ x − p = 0 với p là số nguyên tố.
b) Tìm m để hàm số bậc nhất y =
m
2
− 2013m + 2012
m
2
− 2
√
2m + 3
x − 2011 là hàm số nghịch biến.
Lời giải.
a) Theo bài ta có p = x
2
+ x = x(x + 1). Mà x, x + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên suy
ra p là số chẵn.
Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2.
Suy ra x
2
+ x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2.
b) Để hàm số y =
m
2
− 2013m + 2012
m
2
− 2
√
2m + 3
x − 2011 nghịch biến thì
m
2
− 2013m + 2012
m
2
− 2
√
2m + 3
< 0.
(1)
Ta có m
2
− 2
√
2m + 3 =
√
2 − m
2
+ 1 ≥ 0 với mọi m nên (1) tương đương với
m
2
−2013m+ 2012 < 0 ⇔ (m −1)(m−2012) < 0 ⇔
m − 1 > 0
m − 2012 < 0
⇔ 1 < m < 2012.
‘
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
79
Câu 4. 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R), hai đường
cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R),
gọi I là trung điểm của BC.3
a) Chứng minh AH = 2IO.
b) Biết
’
BAC = 60
◦
, tính độ dài dây BC theo R.
2) Cho 4ABC (
b
A = 90
◦
), BC = a. Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp 4ABC là r.
Chứng minh rằng
r
a
≤
√
2 − 1
2
.
Lời giải.
1)
a) Vì B, C thuộc đường tròn đường kính AK nên
’
ABK =
’
ACK = 90
◦
.
Suy ra KB⊥AB, KC⊥AC.
Mà CH⊥AB, BH⊥AC (gt) nên suy ra BK k CH,
CK k BH.
Suy ra BHCK là hình bình hành. Mà I là trung
điểm BC nên suy ra I là trung điểm HK.
C
K
I
H
A
O
E
F
B
Từ đó ta có OI là đường trung bình của 4KAH nên OI =
1
2
AH hay AH = 2OI.
b) Ta có
’
BOC = 2
’
BAC = 120
◦
.
4BOC cân tại O và có OI là đường trung tuyến nên cũng là đường phân giác và đường
cao. Suy ra
‘
BOI =
‘
COI = 60
◦
và OI⊥BC.
Xét tam giác COI vuông tại I, ta có IC = OC · sin
‘
COI = R · sin 60
◦
=
√
3R
2
.
Suy ra BC = 2IC = R
√
3.
2)
r
a
≤
√
2 − 1
2
⇔ 2r ≤ a
√
2 −a ⇔ 2r + a ≤ a
√
2. (1)
AB + AC = AE + EB + AF + F C = OF + BD +
OE + CD = 2r + a.
Ta cần chứng minh AB + AC ≤ BC
√
2. (2)
Ta có (2) ⇔ AB
2
+ 2AB · AC + AC
2
≤ 2BC
2
⇔ AB
2
+ 2AB · AC + AC
2
≤ 2AB
2
+ 2AC
2
⇔ (AB −AC)
2
≥ 0. (luôn đúng)
F C
D
O
A
E
B
r
a
Vậy ta có
r
a
≤
√
2 − 1
2
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4ABC là tam giác vuông cân tại
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
80
A.
Câu 5. Cho x + 3y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x
2
+ y
2
.
Lời giải.
Do x + 3y ≥ 1 nên đặt x + 3y = 1 + a, với a ≥ 0. Suy ra x = 1 + a −3y, thay vào biểu thức
C ta có
C = 10y
2
− 6ay − 6y
2
+ a
2
+ 2a + 1
= 10
h
y −
3
10
(a + 1)
i
2
+
1
10
(a
2
+ 2a) +
1
10
≥
1
10
.
Dấu “=” xảy ra khi
y −
3
10
(a + 1) = 10
a = 0
⇔
x =
1
10
y =
3
10
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của C là
1
10
khi x =
1
10
và y =
3
10
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
81
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 16
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013, TP. ĐÀ
NẴNG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 16
Câu 1. Cho biểu thức P =
√
n + 1 − 1
√
n + 1 + 1
+
√
n + 1 + 3
√
n + 1 − 3
−
n −
√
n + 1 + 7
n − 2
√
n + 1 − 2
với n ∈ N, n 6= 8
a) Rút gọn biểu thức Q =
P
n + 3
√
n + 1 + 1
với n ∈ N, n 6= 8.
b) Tìm tất cả các giá trị của n (n ∈ N, n 6= 8) sao cho P là một số nguyên tố.
Lời giải.
a) Quy đồng P =
(
√
n + 1 − 1)(
√
n + 1 − 3) + (
√
n + 1 + 3)(
√
n + 1 + 1) − (n −
√
n + 1 + 7)
(
√
n + 1 + 1)(
√
n + 1 − 3)
.
Do đó P =
√
n + 1(
√
n + 1 + 1)
(
√
n + 1 + 1)(
√
n + 1 − 3)
=
√
n + 1
√
n + 1 − 3
.
Suy ra Q =
P
√
n + 1(
√
n + 1 + 3)
=
1
n − 8
.
b) P = 1 +
3
√
n + 1 − 3
. Để P là số nguyên thì
√
n + 1 − 3 là ước của 3.
Suy ra
√
n + 1 −3 ∈ {±1; ±3} ⇒ n ∈ {−1; 3; 15; 35}. Thử lại ta thấy n = 35 thì P = 2
là số nguyên tố.
Câu 2.
a) Tìm x biết 2
√
x + 4 − 4
√
2x − 6 = x − 7.
b) Giải hệ phương trình
x + 6 = 4
√
y − 4
y + 10 = 6
√
z −9
z −16 = 2
√
x − 1
.
Lời giải.
a) Điều kiện −4 ≤ x ≤ 3
Phương trình đã cho tương đương với (
√
x + 4 + 1)
2
= (
√
2x − 6 + 2)
2
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
82
Do đó ta có
√
x + 4 + 1 =
√
2x − 6 + 2
√
x + 4 + 1 = −
√
2x − 6 − 2 (vô lý)
⇔ x = 5.
b) Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 4, z ≥ 9.
Cộng theo vế ta có x + y + z −2
√
x − 1 − 4
√
y − 4 − 6
√
z −9 = 0.
Phương trình trên tương đương với (
√
x − 1 −1)
2
+ (
√
y − 4 −2)
2
+ (
√
z −9 −3)
2
= 0.
Do đó
√
x − 1 − 1 = 0
√
y − 4 − 2 = 0
√
z −9 − 3 = 0
⇔
x = 2
y = 8
z = 18
. Thử lại thấy thỏa mãn.
Câu 3.
a) Cho hàm số bậc nhất y = ax + b có đồ thị đi qua điểm M(1; 4). Biết rằng đồ thị của
hàm số đã cho cắt trục Ox tại điểm P có hoành độ dương và cắt trục Oy tại điểm
Q có tung độ dương. Tìm a và b sao cho OP + OQ nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ).
b) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số. Biết rằng nếu lấy tổng của 2 chữ số ấy cộng với 3 lần
tích của 2 chữ số ấy thì bằng 17.
Lời giải.
a) Giả sử P có tọa độ (p; 0) và Q có tọa độ (0; q). Khi đó ta có
0 = ap + b
q = a.0 + b
⇒
b = q
a = −
q
p
.
Đồ thị hàm số đã cho đi qua M(1; 4) nên 4 = −
q
p
.1 + q ⇒ 1 =
1
p
+
4
q
≥
(1 + 2)
2
p + q
.
Do đó OP + OQ = p + q ≥ 9. Dấu bằng xảy ra khi
1
p
=
4
q
=
1
2
⇔
p = 2
q = 8
.
Vậy
a = −4
b = 8
b) Gọi số cần tìm là ab (0 < a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9, a, b ∈ N).
Khi đó ta có phương trình a + b + 3ab = 17 ⇒ a =
17 − b
1 + 3b
. Thử các giá trị của b từ 0
đến 9 ta nhận được các số tự nhiên sau: 14 và 41.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
83
Câu 4. Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, qua I vẽ
đường thẳng vuông góc với đường thẳng CI, đường thẳng này cắt các cạnh AC, BC lần
lượt tại M, N.
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAM và BAI đồng dạng.
b) Chứng minh rằng
AM
BN
=
Å
AI
BI
ã
2
.
Lời giải.
I
B
N
C
M
A
a) Ta có
‘
AIC = 180
◦
−
‘
IAC−
‘
ICA = 180
◦
−
’
BAC
2
−
’
BCA
2
=
360
◦
−
’
BAC −
’
BCA
2
=
180
◦
+
’
ABC
2
.
Suy ra
‘
AIC − 90
◦
=
’
ABC
2
⇒
’
AIM =
‘
ABI. Từ đó suy ra 4IAM v 4BAI (g − g).
b) Tương tự ta cũng có 4BIN v 4BAI.
Từ đó suy ra
IN
BN
=
AI
BI
(1).
Ngoài ra từ câu a) ta có
AM
IM
=
AI
BI
(2).
Mặt khác 4CMN có CI là đường phân giác cũng là đường cao nên cân tại C.
Suy ra CI cũng là trung tuyến. Do đó IM = IN (3).
Từ (1), (2) và (3) ta có điều cần chứng minh.
Câu 5. Cho tam giác ABC có
’
BAC là góc tù. Vẽ các đường cao CD và BE của tam
giác ABC (D nằm trên đường thẳng AB, E nằm trên đường thẳng AC). Gọi M, N lần
lượt là chân đường vuông góc của B và C lên DE. Biết rằng S
1
là diện tích tam giác
ADE, S
2
là diện tích tam giác BEM và S
3
là diện tích tam giác CDN. Tính diện tích
tam giác ABC theo S
1
, S
2
, S
3
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
84
Lời giải.
Ta có tứ giác BCDE nội tiếp nên
’
BDM =
’
BCE và
’
CDN =
’
CBE.
Suy ra 4BDM v 4BCE và 4DCN v 4BCE.
Do đó
S
3
S
EBC
=
CD
2
BC
2
và
S
BDM
S
EBC
=
BD
2
BC
2
.
Như vậy ta có
S
3
+ S
BDM
S
EBC
= 1 ⇒ S
3
+ S
BDM
=
S
EBC
Do đó S
3
+ S
1
+ S
2
+ S
BAE
= S
ABC
+ S
BAE
.
Nên S
ABC
= S
1
+ S
2
+ S
3
.
M
B
N
C
D
E
A
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
85
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 17
ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH HẢI
DƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013.
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 17
Câu 1. Cho biểu thức A =
p
x + 4
√
x − 4 +
p
x − 4
√
x − 4
…
1 −
8
x
+
16
x
2
.
a) Rút gọn A.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Lời giải.
a) Điều kiện x > 4.
Ta có A =
√
x − 4 + 2 +
√
x − 4 − 2
x − 4
x
.
Nếu x > 8 thì A =
2x
√
x − 4
.
Nếu 4 < x ≤ 8 thì A =
4x
x − 4
.
b) Với A =
4x
x − 4
4 +
16
x − 4
. A ∈ Z ⇔ 16
.
.
. (x − 4). Do x ∈ Z, 4 < x ≤ 8 nên x ∈ {5, 6, 8}.
Với A =
2x
√
x − 4
∈ Z thì do x ∈ Z nên
√
x − 4 = a ∈ Z ⇒ A =
2(a
2
+ 4)
a
= 2a +
8
a
⇒
8
.
.
. a.
Lại có x > 8 ⇒ a > 2, do đó a = 4 hoặc a = 8. Từ đó suy ra x = 20 hoặc x = 68.
Vậy x ∈ {5, 6, 8, 20, 68}.
Câu 2. Giải các phương trình
a)
√
x
2
− 3x + 2 +
√
x + 3 =
√
x − 2 +
√
x
2
+ 2x − 3.
b) (4x + 2)
√
x + 8 = 3x
2
+ 7x + 8.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
86
a) Điều kiện x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với
p
(x − 1)(x − 2) +
√
x + 3 =
√
x − 2 +
p
(x − 1)(x + 3)
⇔
√
x − 2 −
√
x + 3
√
x − 1 − 1
= 0
⇔
√
x − 2 =
√
x + 3 hoặc
√
x − 1 = 1
Giải từng trường hợp ta được nghiệm là x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
b) Điều kiện x ≥ −8. Phương trình đã cho tương đương với
√
x + 8 − x − 2
√
x + 8 − 3x
= 0
⇔
√
x + 8 = x + 2 hoặc
√
x + 8 = 3x
• Trường hợp 1
√
x + 8 = x + 2 ⇔
x ≥ −2
x
2
+ 3x − 4 = 0
⇔ x = 1.
• Trường hợp 2
√
x + 8 = 3x ⇔
x ≥ 0
9x
2
− x − 8 = 0
⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Câu 3.
a) Cho f(x) = (x
3
+ 12x − 31)
2013
. Tính f(a) với a =
3
p
16 − 8
√
5 +
3
p
16 + 8
√
5.
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn y
2
+ 2xy − 3x − 2 = 0.
Lời giải.
a) Ta có a
3
= 32 + 3 · (−4) · a ⇔ a
3
+ 12a − 31 = 1 ⇒ f(a) = 1
2013
= 1.
b) Ta có
y
2
+ 2xy − 3x − 2 = 0
⇔x
2
+ 2xy + y
2
= x
2
+ 3x + 2
⇔(x + y)
2
= (x + 1)(x + 2)(1)
Với x, y nguyên thì vế trái của (1) là số chính phương, vế phải của (1) là tích hai
số nguyên liên tiếp nên (x + y)
2
= (x + 1)(x + 2) = 0. Suy ra (x; y) = (−1; 1) hoặc
(x; y) = (−2; 2).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
87
Câu 4.
a) Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn abc = 1 và
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
=
a
2
c
+
b
2
a
+
c
2
b
. Chứng
minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ.
b) Cho a, b, c là ba số dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng
a
1 + b
2
+
b
1 + c
2
+
c
1 + a
2
≥
3
2
.
Lời giải.
a) Vì abc = 1 nên
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
=
a
2
c
+
b
2
a
+
c
2
b
⇔a
3
c
2
+ b
3
a
2
+ c
3
a
2
= a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
⇔(a
2
b
2
c
2
− a
3
c
2
) − (b
3
a
2
− a
3
b
2
) − (c
3
b
2
− c
3
a) − (b
3
c − abc) = 0
⇔(b
2
− a)
(a
2
c
2
− ba
2
) − (c
3
− bc)
= 0
⇔(b
2
− a)(c
2
− b)(a
2
− c) = 0
Vậy ta được điều phải chứng minh.
b) Vì a, b dương và 1 + b
2
≥ 2b với mọi b nên
a
1 + b
2
= a −
ab
2
1 + b
2
≥ a −
ab
2
2b
= a −
ab
2
.
Tương tự ta cũng có
b
1 + c
2
≥ b −
bc
2
;
c
1 + a
2
≥ c −
ca
2
. Mà a + b + c = 3 nên cộng các
bất đẳng thức trên với nhau ta được
a
1 + b
2
+
b
1 + c
2
+
c
1 + a
2
≥ 3 −
ab + bc + ca
2
(1)
Mặt khác cũng do a+b+c = 3 suy ra (a+b+c)
2
= 9 ⇔ a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+bc+ca) = 9.
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca nên ab + bc + ca ≤ 3.(2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải
chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Câu 5. Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB, CD sao cho tiếp tuyến tại A của
(O; R) cắt các đường thẳng BC, BD tại hai điểm tương ứng là E, F . Gọi P, Q lần lượt là
trung điểm của các đoạn thẳng AE, AF .
a) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BP Q là trung điểm của đoạn thẳng
OA.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
88
b) Hai đường kính AB, CD thỏa mãn điều kiện gì thì tam giác BP Q có diện tích nhỏ
nhất.
c) Chứng minh rằng CE.DF.EF = CD
3
và
BE
3
BF
3
=
CE
DF
.
d) Biết rằng tam giác BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp, K ∈ EF , M ∈ BE,
N ∈ BF sao cho tỉ số giữa cạnh của hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác BEF là
2 +
√
2
2
. Tính các góc nhọn của tam giác BEF .
Lời giải.
C
E F
H
AP Q
D
O
B
Lời giải.
a) BA là đường cao của tam giác 4BP Q ⇒ H ∈ BA. (1)
Ta có AB
2
= AE.AF ⇒
AE
AB
=
AB
AF
⇒
AE
AO
=
AB
AQ
.
Lại có 4AEO đồng dạng với 4ABQ ⇒
’
AEO =
’
ABQ.
Mặt khác
’
ABQ =
’
AP H ⇒
’
AEO =
’
AP H nên P H k EO (2)
Trong tam giác AEO có P là trung điểm của AE, kết hợp với (1), (2) suy ra H là
trung điểm của OA.
b) Ta có S
BP Q
=
AB · P Q
2
= R·P Q = R(AP +AQ) =
R(AE + AF )
2
≥ R
√
AE · AF = 2R
2
.
Suy ra S
BP Q
= 2R
2
⇔ AE = AF ⇔ 4BEF vuông cân tại B ⇔ 4BCD vuông cân
tại B ⇔ AB ⊥ CD.
Vậy tam giác BP Q có diện tích nhỏ nhất khi AB ⊥ CD.
c) Ta có AC ⊥ BE; AD ⊥ BF do đó CD
4
= AB
4
= (AE · AF )
2
= AE
2
· AF
2
=
(EC·EB)(F D·F B) = (EC·F D)(EB·F B) = (EC·F D)(AB·EF ) = CE·DF ·CD·EF ⇒
CD
3
= CE · DF · EF .
Ta cũng có
BE
2
BF
2
=
EA · EF
F A · F E
=
EA
F A
.
⇒
BE
4
BF
4
=
EA
2
F A
2
=
EC · EB
F D · F B
⇒
BE
3
BF
3
=
CE
DF
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
89
d) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EBF . Do tứ giác BMKN là hình
vuông nên BK là phân giác của
’
EBF , do đó I ∈ BK. Kẻ IJ ⊥ BE, IS ⊥ BF ,
(J ∈ BE, S ∈ BF ).
Ta thấy IS k KN ⇒
BK
BI
=
KN
IS
=
2 +
√
2
2
= 1 +
√
2
2
.
Mà
BK
BI
=
BI + IK
BI
= 1 +
IK
IB
⇒
IK
IB
=
√
2
2
.
Mặt khác F I là phân giác của góc
’
BF E nên
F K
F B
=
IK
IB
=
√
2
2
⇒ F B
2
= 2F K
2
.
Tương tự ta có EB
2
= 2EK
2
⇒ EF
2
= EB
2
+F B
2
= 2(EK
2
+F K
2
) ⇒ (EK+KF )
2
=
2(EK
2
+ F K
2
) ⇒ (EK − F K)
2
= 0 ⇒ EK = F K.
Suy ra tam giác EBF vuông cân tại B ⇒
’
BEF =
’
BF E = 45
◦
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
90
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 18
ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 9 NĂM
HỌC 2012-2013, TỈNH HÀ TĨNH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 18
Câu 1.
a) Tính giá trị của biểu thức M = (x − y)
3
+ 3 (x − y) (xy + 1) biết
x =
3
p
3 + 2
√
2 −
3
p
3 − 2
√
2; y =
3
p
17 + 12
√
2 −
3
p
17 − 12 sqrt2.
b) Giải phương trình
2x
x
2
− x + 1
−
x
x
2
+ x + 1
=
5
3
.
Lời giải.
a) Áp dụng biến đổi (a − b)
3
= a
3
− b
3
− 3ab(a − b), ta có:
x
3
= 4
√
2 − 3x ⇒ x
3
+ 3x = 4
√
2
y
3
= 24
√
2 − 3y ⇒ y
3
+ 3y = 24
√
2
Trừ từng vế hai đẳng thức trên ta được: x
3
−y
3
+3(x−y) = −20
√
2. Suy ra M = −20
√
2
b) Ta thấy x
2
+ x + 1; x
2
−x + 1 luôn dương và x = 0 không là nghiệm của phương trình
đã cho. Do đó với t = x +
1
x
, phương trình đã cho trở thành
2
t − 1
−
1
t + 1
=
5
3
⇔ 5t
2
− 3t − 14 = 0(t 6= ±1)
⇔
t = 2
t = −
7
5
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là x = 1.
Câu 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
91
a) Giải hệ phương trình
x
2
+ y
2
+ 3 = 4x
x
3
+ 12x + y
3
= 6x
2
+ 9
b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên
P =
(ab − 1) (bc − 1) (ca −1)
abc
.
Lời giải.
a) Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất của hệ với 3 ta được
9 = 12x − 3x
2
− 3y
2
.
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
x
3
+ y
3
= 3(x
2
− y
2
)
⇔ (x + y)(x
2
− xy + y
2
− 3x − 3y) = 0
*) Với x + y = 0 ⇔ x = −y thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
2x
2
− 4x + 3 = 0
⇔ 2(x − 1)
2
+ 1 = 0, (L)
*) Với x
2
− xy + y
2
− 3x − 3y = 0, trừ theo từng vế với phương trình thứ nhất của
hệ ta được
xy − x − 3y + 3 = 0
⇔ (x − 3)(y − 1) = 0
⇔
x = 3
y = 1.
Do đó hệ có hai nghiệm (3; 0) và (2; 1).
b) Ta có P = abc − (a + b + c) +
1
a
+
1
b
+
1
c
−
1
abc
.
Do a, b, c là các số tự nhiên nên P là số nguyên khi và chỉ khi M =
1
a
+
1
b
+
1
c
−
1
abc
là số nguyên.
Do a, b, c có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết a < b < c, suy
ra a ≥ 1; b ≥ 2; c ≥ 3; suy ra
0 <
1
a
+
1
b
+
1
c
−
1
abc
<
1
a
+
1
b
+
1
c
≤
1
1
+
1
2
+
1
3
< 2.
⇒ 0 < M < 2 ⇒ M = 1, (M ∈ Z)
⇒
1
a
+
1
b
+
1
c
−
1
abc
= 1
⇒ a + b + c = (a − 1)(b − 1)(c − 1) + 2(∗)
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
92
Nếu (a−1)(b−1) ≥ 4 thì với a < b < c ta có 3c > a+b+c ⇒ 3c > (a−1)(b−1)(c−1+2) ⇒
3c > 4(c − 1) + 2 ⇒ 3c > 4c − 2 ⇒ c < 2 (Trái với ĐK c ≥ 3)
Do đó a + b + c ≥ 6 nên từ (*) suy ra a −1 > 0, suy ra b −1 > 1, suy ra (a −1)(b −a)
chỉ có thể nhận giá trị là 2 hoặc 3. Từ đó ta tìm được bộ số (a; b; c) thỏa mãn là
(2; 3; 5).
Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt thỏa mãn bài toán gồm các hoán vị của (2; 3; 5).
Khi đó P = 21.
Câu 3. Tam giác ABC có chu vi bằng 1; các cạnh a, b, c thỏa mãn đẳng thức
a
1 − a
+
b
1 − b
+
c
1 − c
=
3
2
.
Chứng minh tam giác ABC đều.
Lời giải.
Với a, b, c dương và a + b + c = 1 ta có
a
1 − a
+
b
1 − b
+
c
1 − c
=
3
2
⇔
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
=
3
2
Áp dụng BĐT Nesbit ta có
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≥
3
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều.
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy
điểm M bất kỳ trên đoạn AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình
chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên
đường thẳng P D.
a) Chứng minh AH vuông góc với BH.
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung tuyến của AB tại I. Chứng
minh ba điểm H, N, I thẳng hàng.
Lời giải.
a)
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
93
Từ giả thiết ta có AD là trung trực của
BC và là phân giác của
’
BAC . Từ đó
ta cũng có MNAP là hình vuông. Mặt
khác do
’
NAP +
’
NHP = 90
◦
+ 90
◦
= 180
◦
Nên tứ giác ANHP nội tiếp đường tròn
đường kính NP .
Suy ra
’
AHP =
’
ANP = 45
◦
(cùng chắn
cung
ˆ
AP )
Suy ra
’
AHP =
’
ABD = 45
◦
⇒ ABDH là
tứ giác nội tiếp, suy ra
’
AHB =
’
ADB =
90
◦
hay AH ⊥ BH.
B
A C
D
P
N
M
H
I
b) Theo phần a) thì M, N, A, P, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM và đường
kính NP .
Suy ra
’
AHM = 90
◦
=
’
AHB ⇒ H, M, B thẳng hàng.
Suy ra
’
BHN =
÷
MHN =
’
MAN = 45
◦
(1) (cùng chắn
¯
MN)
Vì BI k AD nên BI ⊥ BC ⇒
‘
ABI = 45
◦
.
Cùng với giả thiết ta có 4ABC vuông cân tại I suy ra
‘
BAI = 45
◦
Ta có
‘
AIB +
’
AHB = 90
◦
+ 90
◦
= 180
◦
nên AIBH là tứ giác nội tiếp.
Suy ra
‘
BHI =
‘
BAI = 45
◦
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
‘
BHI =
’
BHN. Mặt khác do cách dựng ta có N và I cùng nằm
về một phía của BH suy ra H, N, I thẳng hàng.
Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
F =
x
4
(x
2
+ y
2
) (x + y)
+
y
4
(y
2
+ z
2
) (y + z)
+
z
4
(z
2
+ x
2
) (z + x)
.
Lời giải.
Ta nhận thấy
F =
x
4
(x
2
+ y
2
) (x + y)
+
y
4
(y
2
+ z
2
) (y + z)
+
z
4
(z
2
+ x
2
) (z + x)
.
⇔ F =
y
4
(x
2
+ y
2
) (x + y)
+
z
4
(y
2
+ z
2
) (y + z)
+
x
4
(z
2
+ x
2
) (z + x)
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
94
⇔ F =
1
2
Å
x
4
+ y
4
(x
2
+ y
2
) (x + y)
+
y
4
+ z
4
(y
2
+ z
2
) (y + z)
+
z
4
+ x
4
(z
2
+ x
2
) (z + x)
ã
Áp dụng BĐT a
2
+ b
2
≥
(a + b)
2
2
ta có
F ≥
1
4
Å
(x
4
+ y
4
)
2
(x
2
+ y
2
) (x + y)
+
(y
4
+ z
4
)
2
(y
2
+ z
2
) (y + z)
+
(z
4
+ x
4
)
2
(z
2
+ x
2
) (z + x)
ã
⇔ F ≥
1
4
Å
x
2
+ y
2
x + y
y
2
+ z
2
y + z
z
2
+ x
2
z + x
ã
≥
1
8
Å
(x + y)
2
x + y
+
(y + z)
2
y + z
+
(z + x)
2
z + x
ã
⇔ F =
1
4
(x + y + z) =
1
4
.
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
4
khi x = y = z =
1
3
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
95
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 19
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012 - 2013, KIÊN
GIANG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 19
Câu 1.
a) Tìm m để hàm số y = (m
2
− 2m)x + m
2
− 1 nghịch biến và đồ thị của nó cắt trục
tung tại điểm có tung độ bằng 3.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M = 5x
2
+ y
2
+ z
2
− 4x − 2xy − z − 1.
c) Cho x + y = −5 và x
2
+ y
2
= 11. Tính x
3
+ y
3
.
Lời giải.
a) Hàm số y = (m
2
− 2m)x + m
2
− 1 nghịch biến khi và chỉ khi
m
2
− 2m < 0 ⇔
m > 0
m − 2 < 0
m < 0
m − 2 > 0
⇔
m > 0
m < 2
m < 0
m > 2
(Loại)
⇔ 0 < m < 2 (1).
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 ⇔ m
2
− 1 = 3 ⇔ m = ±2
(2).
Từ (1) và (2) ta thấy m ∈ ∅.
b) M = 5x
2
+ y
2
+ z
2
− 4x − 2xy − z − 1 = (x − y)
2
+ (2x − 1)
2
+
z −
1
2
2
−
9
4
≥ −
9
4
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
2
.
c) x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
+ y
2
− xy) = −5(11 − xy).
Mà x + y = −5 ⇒ x
2
+ y
2
+ 2xy = 25 ⇒ xy = 7 ⇒ x
3
+ y
3
= −20.
Câu 2.
a) Rút gọn A =
x
2
+ 5x + 6 + x
√
9 − x
2
3x − x
2
+ (x + 2)
√
9 − x
2
: 2
…
1 +
2x
3 − x
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
96
b) Cho a, b, c thỏa mãn
1
a
+
1
b
+
1
c
=
1
a + b + c
. Tính giá trị của biểu thức
Q = (a
27
+ b
27
)(b
41
+ c
41
)(c
2013
+ a
2013
).
Lời giải.
a) Điều kiện xác định −3 < x < 3.
A =
(x + 3)(x + 2) + x
√
3 + x
√
3 − x
x(3 − x) + (x + 2)
√
3 + x
√
3 − x
: 2
…
3 + x
3 − x
=
√
3 + x
√
3 − x
.
(x + 2)
√
3 + x + x
√
3 − x
x
√
3 − x + (x + 2)
√
3 + x
: 2
…
3 + x
3 − x
=
1
2
.
b)
1
a
+
1
b
+
1
c
=
1
a + b + c
⇒
1
a
+
1
b
=
1
a + b + c
−
1
c
⇒
a + b
ab
= −
a + b
c(a + b + c)
⇒ (a + b)[c(a + b + c) + ab] = 0 ⇒ (a + b)[c(a + c) + bc + ab] = 0
⇒ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇒
a = −b
b = −c
c = −a
Thay vào Q ta được Q = 0.
Câu 3.
a) Giải phương trình
3
√
x + 10 +
3
√
17 − x = 3.
b) Giải hệ phương trình
…
2x − 3
y + 5
+
…
y + 5
2x − 3
= 2
3x + 2y = 19
(với x >
3
2
, y > −5).
Lời giải.
a)
3
√
x + 10 +
3
√
17 − x = 3
⇔ x+10+17−x+3
3
p
(x + 10)(17 − x)
3
√
x + 10 +
3
√
17 − x
= 27 ⇔ (x+10)(17−x) = 0
⇔
x = −10
x = 17.
b) Đặt a =
…
2x − 3
y + 5
(a > 0). Ta có a +
1
a
= 2 ⇒ a = 1 ⇒ 2x − 3 = y + 5 ⇒ 2x − y = 8.
Giải hệ phương trình
2x − y = 8
3x + 2y = 19
⇔
x = 5
y = 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
97
Câu 4. Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD. Qua A vẽ AK k BC (K ∈ CD) và qua
B kẻ BI k AD (I ∈ CD); BI cắt AC tại F , AK cắt BD tại E.
a) Chứng minh KD = CI và EF k AB.
b) Chứng minh AB
2
= CD.EF .
Lời giải.
A
B
E
D C
F
IK
a) Ta có ABID và ABCK là các hình bình hành ⇒ DI = CK = AB.
• Nếu I nằm giữa D và K ⇒ K nằm giữa I và C.
Ta có DK = DI + IK = CK + IK = CI.
• Nếu K nằm giữa D và I ⇒ I nằm giữa K và C.
Ta có DK = DI − IK = CK − IK = CI.
Xét ∆AEB và ∆KED có
’
EAB =
’
EKD,
’
DEK =
’
AEB ⇒ ∆AEB v ∆KED ⇒
AE
EK
=
AB
KD
.
Tương tự ∆AF B v ∆CF I ⇒
AF
F C
=
AB
CI
.
Mà KD = CI ⇒
AE
EK
=
AF
F C
⇒ EF k KC (định lí Talet đảo).
b) Ta có ∆KED v ∆AEB ⇒
DK
AB
=
DE
EB
⇒
DK + AB
AB
=
DE + EB
EB
⇒
DK + KC
AB
=
BD
EB
⇒
DC
AB
=
BD
EB
(1).
Lại có EF k DI ⇒
BD
EB
=
DI
EF
⇒
BD
EB
=
AB
EF
(2).
Từ (1) và (2) ta có
DC
AB
=
AB
EF
⇒ AB
2
= CD.EF .
Câu 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi M là điểm di động trên
cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh BM + MC = MA.
b) Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
98
c) Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, BC, CA. Đặt diện tích tam
giác ABC là S và diện tích tam giác MBC là S
0
. Chứng minh rằng MH+MK+MQ =
2
√
3(S + 2S
0
)
3R
khi M chạy trên cung nhỏ BC.
Lời giải.
A
Q
B C
O
D
M
H
NK
a) Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB ⇒ ∆MBD cân tại M. Mà
’
BMD = 60
◦
(do chắn cung
ˆ
AB và ∆ABC đều) nên ∆BMD đều ⇒ MB = BD.
Lại có
’
MBC +
’
CBD = 60
◦
=
’
CBD +
’
DBA ⇒
’
MBC =
’
DBA.
Xét ∆MBC và ∆DBA có MB = DB,
’
MBC =
’
DBA, BC = AB nên ∆MBC = ∆DBA
⇒ MC = DA ⇒ MA = MD + DA = MB + MC.
b) Ta có MA + MB + MC = 2MA ≤ 4R. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AM là đường
kính của đường tròn (O; R) ⇔ M là điểm chính giữa cung nhỏ
˜
BC.
c) Gọi N là trung điểm BC ⇒ OA =
2
3
AN ⇒ AN =
3R
2
. Xét tam giác ANB có
AB
2
= AN
2
+ NB
2
=
9R
2
4
+
AB
2
4
⇒ AB
2
= 3R
2
⇒ AB = R
√
3.
Mà
MH.AB
2
+
MK.BC
2
+
MQ.AC
2
= S
∆MAB
+ S
∆MBC
+ S
∆MAC
⇒ AB(MH + MK + MQ) = 2(S + S
0
) ⇒ MH + MK + MQ =
2
√
3(S + 2S
0
)
3R
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
99
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 20
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013 TỈNH
QUẢNG NINH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 20
Câu 1. Minh] Chứng minh đẳng thức
3
p
3
√
2 − 1 =
3
…
1
9
−
3
…
2
9
+
3
…
4
9
.
Lời giải.
Đặt
3
√
2 = a ⇔ 2 = a
3
.
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3
√
a − 1 =
1 − a + a
2
3
√
9
⇔
3
p
9(a − 1) = a
2
− a + 1 ⇔ (a
2
− a + 1)
3
= 9(a − 1).
Ta có
(a
2
− a + 1)
3
= (a
2
− a + 1)
2
(a
2
− a + 1) = (a
4
+ a
2
+ 1 − 2a
3
− 2a + 2a
2
)(a
2
− a + 1)
= (2a + 3a
2
+ 1 − 4 − 2a)(a
2
− a + 1) = 3(a
2
− 1)(a
2
− a + 1)
= 3(a − 1)(a + 1)(a
2
− a + 1) = 3(a − 1)(a
3
+ 1)
= 9(a − 1) (đpcm).
Câu 2. Giải hệ phương trình
x
2
(2013y − 2012) = 1
x(y
2
+ 2012) = 2013.
Lời giải.
Dễ thấy x 6= 0 nên hệ phương trình đã cho tương đương với
2013y − 2012 =
1
x
2
y
2
+ 2012 =
2013
x
.
Đặt
1
x
= t, hệ trở thành
t
2
− 2013y + 2012 = 0
y
2
− 2013t + 2012 = 0.
Trừ vế với vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được
t
2
− y
2
− 2013y + 2013t = 0 ⇔ (t − y)(t + y + 2013) = 0 ⇔
y = t
y = −t − 2013.
• Trường hợp 1: y = t.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
100
Ta có phương trình t
2
− 2013t + 2012 = 0 ⇔
t = 1
t = 2012.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1) và (x; y) =
1
2012
; 2012
.
• Trường hợp 2: y = −t − 2013.
Ta có phương trình t
2
− 2013(−t − 2013) + 2012 = 0
⇔ t
2
+ 2013t + 4054181 = 0 (vô nghiệm do ∆ < 0).
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm (x; y) là (1; 1) và
1
2012
; 2012
.
Câu 3. Cho hàm số bậc nhất y = mx + m − 1 (∗) (với m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (∗) tạo với trục tọa độ Oxy một tam giác
có diện tích bằng 2.
b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (∗) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá
trị của m.
Lời giải.
a) Vì (∗) là hàm số bậc nhất nên m 6= 0.
Đồ thị của (∗) cắt trục tung tại điểm A(0; m−1) và cắt trục hoành tại điểm B
1 − m
m
; 0
.
OAB tạo thành tam giác khi và chỉ khi m 6= 1.
Khi đó ta có
S
ABC
= 2 ⇔
1
2
OA · OB = 2 ⇔ OA · OB = 4
⇔ |m − 1| ·
1 − m
m
= 4 ⇔ (m − 1)
2
= 4|m| (1).
• Trường hợp 1: m > 0.
(1) trở thành m
2
−2m + 1 = 4m ⇔ m
2
−6m + 1 = 0 ⇔
m = 3 − 2
√
2 (thỏa mãn)
m = 3 + 2
√
2 (thỏa mãn).
• Trường hợp 2: m < 0.
(1) trở thành m
2
− 2m + 1 = −4m ⇔ m
2
+ 2m + 1 = 0 ⇔ m = −1 (thỏa mãn).
Vậy với m ∈ {−1; 3 + 2
√
2; 3 − 2
√
2} thì đồ thị của hàm số (∗) tạo với các trục tọa độ
Oxy một tam giác có diện tích bằng 2.
b) M(x
0
; y
0
) là điểm cố định thuộc đồ thị của hàm số (∗) khi và chỉ khi
y
0
= mx
0
+ m − 1 ∀m ∈ R
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
101
⇔ (x
0
+ 1)m − (y
0
+ 1) = 0 ∀m ∈ R
⇔
x
0
+ 1 = 0
y
0
+ 1 = 0
⇔
x
0
= −1
y
0
= −1.
Vậy đồ thị của hàm số (∗) luôn đi qua điểm cố định M(−1; −1) với mọi giá trị của m.
Câu 4. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
1
x
3
+ y
3
+ 1
+
1
y
3
+ z
3
+ 1
+
1
z
3
+ x
3
+ 1
.
Lời giải.
Với ∀x, y ∈ R, ta có (x − y)
2
≥ 0 ⇔ x
2
− xy + y
2
≥ xy.
Mà x > 0, y > 0 nên x + y > 0.
Suy ra x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
− xy + y
2
) ≥ (x + y)xy.
⇒ x
3
+ y
3
+ 1 = x
3
+ y
3
+ xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z) > 0.
Chứng minh tương tự ta có
y
3
+ z
3
+ 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z
3
+ x
3
+ 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
Vậy ta có A ≤
1
xy(x + y + z)
+
1
yz(x + y + z)
+
1
zx(x + y + z)
=
x + y + z
xyz(x + y + z)
=
1
xyz
= 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = y = z = 1.
Câu 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là một
điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình
chiếu của điểm I trên các đường thẳng BC, AC, AB.
a) Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng.
b) Xác định vị trí của điểm I để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
102
C
P
B
A
N
M
O
I
a) Xét tứ giác IP AN có
‘
IP A +
‘
INA = 90
◦
+ 90
◦
= 180
◦
.
⇒ Tứ giác IP AN là tứ giác nội tiếp.
⇒
‘
IP N =
‘
IAN (cùng chắn cung IN).
Xét tứ giác IP MB có
‘
IP B =
’
IMB = 90
◦
.
⇒ Tứ giác IP MB là tứ giác nội tiếp.
⇒
’
IBM +
’
IP M = 180
◦
.
Mà
’
IBM +
‘
IAC = 180
◦
(do tứ giác IACB là tứ giác nội tiếp).
⇒
’
IP M =
‘
IAC.
⇒
’
IP M +
‘
IP N =
‘
IAC +
‘
IAN = 180
◦
.
Vậy M, N, P là ba điểm thẳng hàng.
b) Vì tứ giác IP MB là tứ giác nội tiếp nên
‘
IBP =
’
IMP (cùng chắn cung IP ).
Lại có tứ giác IP AN là tứ giác nội tiếp nên
‘
IAP =
‘
INP (cùng chắn cung IP ).
Xét 4IBA và 4IMN có
‘
IBA =
’
IMN
‘
IAB =
’
INM
⇒ 4IBA v 4IMN (g.g).
⇒
MN
AB
=
IM
IB
.
Mà tam giác IBM vuông tại M nên IM ≤ IB hay
IM
IB
≤ 1.
Vậy MN ≤ AB.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
M ≡ B
N ≡ A
⇔
‘
IAC =
‘
IBC = 90
◦
⇔ CI là đường kính của (O).
Vậy MN lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi I là điểm đối xứng với C qua O.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
103
Câu 6. Giải phương trình sau (x + 3)
p
(4 − x)(12 + x) + x = 28.
Lời giải.
Điều kiện xác định −12 ≤ x ≤ 4.
Đặt
x + 3 = u
p
(4 − x)(12 + x) = v
(v ≥ 0).
Phương trình đã cho trở thành uv = 28 − x (1).
Ta có u
2
+ v
2
− 1 = x
2
+ 6x + 9 + 48 − 8x − x
2
− 1 = 56 − 2x = 2(28 − x) (2).
Từ (1) và (2) ta có u
2
+ v
2
− 1 = 2uv ⇔ (u − v)
2
= 1
⇔
u − v = 1
u − v = −1
⇔
v = u − 1
v = u + 1.
• Trường hợp 1: v = u − 1.
⇔
p
(4 − x)(12 + x) = x + 2
⇔
48 − 8x − x
2
= x
2
+ 4x + 4
x ≥ −2
⇔
2x
2
+ 12x − 44 = 0
x ≥ −2
⇔ x = −3 +
√
31 (thỏa mãn).
• Trường hợp 2: v = u + 1.
⇔
p
(4 − x)(12 + x) = x + 4
⇔
48 − 8x − x
2
= x
2
+ 8x + 16
x ≥ −4
⇔
2x
2
+ 16x − 32 = 0
x ≥ −4
⇔ x = −4 + 4
√
2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {−3 +
√
31; −4 + 4
√
2}.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
104
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 21
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013,
TIỀN GIANG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 21
Câu 1.
1) Giải hệ phương trình
x
3
+ 1 = 2
x
2
− x + y
y
3
+ 1 = 2
y
2
− y + x
.
2) Cho phương trình x
4
− 2mx
2
+ 2m − 1 = 0 (1).
a) Tìm m để (1) có 4 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thỏa
x
1
< x
2
< x
3
< x
4
x
4
− x
3
= x
3
− x
2
= x
2
− x
1
.
b) Giải phương trình (1) với m vừa tìm được ở a).
Lời giải.
1) Xét hệ phương trình
x
3
+ 1 = 2
x
2
− x + y
(1)
y
3
+ 1 = 2
y
2
− y + x
(2).
Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2), ta được: x
3
− y
3
= 2(x
2
− y
2
) − 4(x − y)
⇔
x − y = 0
x
2
+ xy + y
2
= 2(x + y) − 4
• x − y = 0 ⇔ x = y, thay vào (1), ta được phương trình:
x
3
− 2x
2
+ 1 = 0 ⇔
x = 1 ⇒ y = 1
x =
1 +
√
5
2
⇒ y =
1 +
√
5
2
x =
1 −
√
5
2
⇒ y =
1 −
√
5
2
• x
2
+ xy + y
2
= 2(x + y) − 4 ⇔ (x + y)
2
− 2(x + y) − xy + 4 = 0.
Đặt
S = x + y
P = xy
, ta được
S
2
≥ 4P
S
2
− 2S − P + 4 = 0
⇒ S
2
≥ 4(S
2
− 2S + 4) ⇒ 3
S −
4
3
2
+
32
3
≤ 0 (không xảy ra).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
105
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S =
ß
(1; 1),
Å
1 +
√
5
2
;
1 +
√
5
2
ã
,
Å
1 −
√
5
2
;
1 −
√
5
2
ã™
.
2)
a) Đặt t = x
2
(t ≥ 0), phương trình (1) trở thành t
2
−2mt+2m−1 = 0 ⇔
t
1
= 1
t
2
= 2m − 1
Yêu cầu bài toán ⇔
t
2
> 0
t
1
= 9t
2
do
√
t
1
−
√
t
2
=
√
t
2
−
−
√
t
2

t
2
= 9t
1
do
√
t
2
−
√
t
1
=
√
t
1
−
−
√
t
1

⇔
m =
5
9
m = 5
Vậy m = 5 hoặc m =
5
9
là các giá trị cần tìm.
b) Với m =
5
9
, phương trình (1) trở thành:
x
4
−
10
9
x
2
+
1
9
= 0 ⇔
x
2
= 1
x
2
=
1
9
⇔
x
1
= −1
x
2
= −
1
3
x
3
=
1
3
x
4
= 1
Vậy với m =
5
9
, phương trình đã cho có tập nghiệm S =
n
−1; −
1
3
;
1
3
; 1
o
.
Với m = 5, phương trình (1) trở thành:
x
4
− 10x
2
+ 9 = 0 ⇔
x
2
= 1
x
2
= 9
⇔
x
1
= −3
x
2
= −1
x
3
= 1
x
4
= 3
Vậy với m = 5, phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−3; −1; 1; 3}.
Câu 2. Cho parabol (P) : y = x
2
và đường thẳng (d) : y = x + m. Tìm m để (P ) và (d)
cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB là tam giác vuông.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d) là: x
2
− x − m = 0 (1).
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔
m 6= 0
∆ = 1 + 4m > 0
⇔
m 6= 0
m > −
1
4
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
106
Khi đó, ta có (P ) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A (x
A
; y
A
) và B (x
B
; y
B
) với x
A
, x
B
là
hai nghiệm của phương trình (1).
Vì vai trò của A và B như nhau nên tam giác OAB là tam giác vuông khi và chỉ khi
tam giác OAB là tam giác vuông tại A hoặc vuông tại O.
a) Tam giác OAB vuông tại A ⇔
OA ⊥ (d)
y
A
= x
2
A
y
A
= x
A
+ m
⇔
x
A
= −1
y
A
= x
2
A
y
A
= x
A
+ m
⇔
A(−1; 1)
B(2; 4)
m = 2.
b) Tam giác OAB vuông tại O ⇔
OA ⊥ OB
y
A
= x
2
A
; y
B
= x
2
B
x
A
.x
B
= −m
⇔
x
A
.x
B
= −1
y
A
= x
2
A
; y
B
= x
2
B
x
A
.x
B
= −m
⇔
A
Å
1 −
√
5
2
;
3 −
√
5
2
ã
B
Å
1 +
√
5
2
;
3 +
√
5
2
ã
m = 1.
Vậy m = 2 hoặc m = 1 là các giá trị cần tìm.
Câu 3.
a) Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+b+c+d = 2. Chứng minh rằng a
2
+b
2
+c
2
+d
2
≥
1.
b) Cho m 6= −1 và a
3
−3a
2
+ 3a(m + 1) −(m + 1)
2
= 0. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của a.
Lời giải.
a) Ta có:
a −
1
2
2
≥ 0,
b −
1
2
2
≥ 0,
c −
1
2
2
≥ 0,
d −
1
2
2
≥ 0
⇒ a
2
≥ a −
1
4
, b
2
≥ b −
1
4
, c
2
≥ c −
1
4
, d
2
≥ d −
1
4
.
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
≥ (a + b + c + d) − 1.
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
≥ 1.
b) Ta có: Phương trình ⇔ (m + 1)a
3
− 3(m + 1)a
2
+ 3(m + 1)
2
a − (m + 1)
3
= 0
⇔ a
3
− 3(m + 1)a
2
+ 3(m + 1)
2
a − (m + 1)
3
= −ma
3
⇔ [a − (m + 1)]
3
= −ma
3
⇔ a − (m + 1) = −
3
√
m.a
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
107
⇔ a =
m + 1
3
√
m + 1
⇔ a =
3
√
m
2
−
3
√
m + 1
⇔ a =
3
√
m −
1
2
2
+
3
4
≥
3
4
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của a là
3
4
khi m =
1
8
.
Câu 4. Chứng minh rằng 2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ ···+ (2n)
2
=
2n(n + 1)(2n + 1)
3
với n ∈ Z; n ≥ 1.
Lời giải.
Đặt g(n) = (2n)
2
; f(n) = an
3
+bn
2
+cn+d. Ta tìm các số a, b, c, d sao cho f(n)−f(n−1) =
g(n).
Ta có: f(n) − f(n − 1) = g(n)
⇔ 3an
2
+ (2b − 3a)n + a − b + c = 4n
2
⇔
3a = 4
2b − 3a = 0
a − b + c = 0
⇔
a =
4
3
b = 2
c =
2
3
d ∈ R
.
Suy ra f(n) =
4
3
n
3
+ 2n
2
+
2
3
n + d (d tùy ý).
Ta có:
f(1) − f(0) = g(1)
f(2) − f(1) = g(2)
f(3) − f(2) = g(3)
.
.
.
f(n) − f(n − 1) = g(n)
Suy ra f(n) − f(0) = 2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ ···+ (2n)
2
⇔
4
3
n
3
+ 2n
2
+
2
3
n + d − d = 2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ ···+ (2n)
2
⇔ 2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ ···+ (2n)
2
=
2n(n + 1)(2n + 1)
3
.
Câu 5. Cho tam giác ABC có các phân giác trong của các góc nhọn
’
BAC,
’
ACB,
’
CBA
theo thứ tự cắt các cạnh đối tại các điểm M, N, P . Đặt a = BC, b = CA, c = AB;
S
4MN P
, S
4ABC
theo thứ tự là diện tích của các tam giác MNP và tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng
S
4MN P
S
4ABC
=
2abc
(a + b)(b + c)(c + a)
.
b) Tìm giá trị lớn nhất của
S
4MN P
S
4ABC
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
108
Lời giải.
A
M
P
B C
N
H
I
a) Trong tam giác ABC, kẻ đường cao AH. Ta có: S
4ABC
=
1
2
AC.BH =
1
2
AC.AB. sin
’
BAC.
Tương tự, ta có: S
4ANP
=
1
2
AN.AP. sin
’
BAC.
Suy ra
S
4ANP
S
4ABC
=
AN.AP
bc
.
Mà
AN
b − AN
=
c
a
⇒ AN =
bc
a + c
.
Tương tự, ta có: AP =
bc
a + b
.
Vậy
S
4ANP
S
4ABC
=
bc
(a + b)(a + c)
.
Tương tự, ta có:
S
4CM N
S
4ABC
=
ca
(b + c)(b + a)
,
S
4BMP
S
4ABC
=
ab
(c + a)(c + b)
.
Suy ra
S
4MN P
S
4ABC
=
S
4ABC
− S
4ANP
− S
4CM N
− S
4BMP
4ABC
= 1 −
S
4ANP
S
4ABC
−
S
4CM N
S
4ABC
−
S
4BMP
S
4ABC
= 1 −
bc
(a + b)(a + c)
−
ca
(b + c)(b + a)
−
ab
(c + a)(c + b)
=
2abc
(a + b)(b + c)(c + a)
.
b) Ta có:
√
a −
√
b
2
≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2
√
ab.
Tương tự, ta có: b + c ≥ 2
√
bc; c + a ≥ 2
√
ca.
Suy ra (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Vậy
S
4MN P
S
4ABC
≤
1
4
.
Suy ra giá trị lớn nhất của
S
4MN P
S
4ABC
là
1
4
khi tam giác ABC là tam giác đều.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
109
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
110
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 22
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI
NĂM HỌC 2013-2014, TỈNH BẮC
NINH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 22
Câu 1. Cho biểu thức: P =
x
2
−
√
x
x +
√
x + 1
−
2x +
√
x
√
x
+
2(x − 1)
√
x − 1
(x > 0, x 6= 1).
a) Rút gọn P .
b) Tìm giá trị của x để P = 3.
Lời giải.
a) Ta có
P =
x
2
−
√
x
x +
√
x + 1
−
2x +
√
x
√
x
+
2(x − 1)
√
x − 1
=
√
x(
√
x
3
− 1)
x +
√
x + 1
−
√
x(2
√
x + 1)
√
x
+
2(
√
x − 1)(
√
x + 1)
√
x − 1
=
√
x(
√
x − 1)(x +
√
x + 1)
x +
√
x + 1
− 2
√
x − 1 + 2(
√
x + 1)
= x −
√
x + 1.
b) P = 3 ⇔ x −
√
x + 1 = 3 ⇔ x −
√
x − 2 = 0.
Đặt
√
x = t, t ≥ 0 ta được t
2
− t − 2 = 0 ⇔
t = −1 (loại)
t = 2
Với t = 2 ta được
√
x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy với x = 4 thì P = 3.
Câu 2. Cho phương trình x
2
+ (4m + 1)x + 2(m − 4) = 0 (1) (x là ẩn số, m là tham
số).
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của (1). Tìm m để |x
1
− x
2
| = 17.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
111
a) Có ∆ = (4m + 1)
2
− 8(m − 4) = 16m
2
+ 8m + 1 − 8m + 32 = 16m
2
+ 33.
Vì ∆ = 16m
2
+ 33 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
với mọi m.
b) Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lý Vi-ét
ta có
x
1
+ x
2
= −(4m + 1)
x
1
x
2
= 2(m − 4).
Theo yêu cầu bài toán |x
1
− x
2
| = 17 ⇔ (x
1
− x
2
)
2
= 289 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
= 289
⇔ (4m + 1)
2
− 8(m − 4) = 289 ⇔ 16m
2
+ 33 = 289 ⇔ m = ±4.
Vậy m = ±4 là giá trị cần tìm.
Câu 3.
a) Giải hệ phương trình
4x
2
+ y
4
− 4xy
3
= 1
2x
2
+ y
2
− 2xy = 1.
b) Cho các số thực m, n, p thỏa mãn n
2
+ np + p
2
= 1 −
3m
2
2
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = m + n + p.
Lời giải.
a) Ta có
4x
2
+ y
4
− 4xy
3
= 1
2x
2
+ y
2
− 2xy = 1
⇔
4x
2
+ y
4
− 4xy
3
= 1 (1)
4x
2
+ 2y
2
− 4xy = 2 (2).
Trừ vế với vế của hai phương trình ta được
y
4
− 2y
2
+ 1 − 4xy
3
+ 4xy = 0 ⇔ (y
2
− 1)(y
2
− 1 − 4xy) = 0.
• Nếu y
2
− 1 = 0 ⇔ y = ±1 thay vào (1) ta được các nghiệm (x; y) là (0; 1), (1; 1),
(−1; −1), (0; −1).
• Nếu y
2
−1 −4xy = 0 ⇔ x =
y
4
−
1
4y
(do y = 0 không thỏa mãn). Thay vào (2) ta
được:
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
112
4
Å
y
4
−
1
4y
ã
2
+ 2y
2
− 4y
Å
y
4
−
1
4y
ã
= 2 ⇔
y
2
4
−
1
2
+
1
4y
2
+ 2y
2
− y
2
+ 1 = 2 ⇔
5y
4
− 6y
2
+ 1 = 0.
Với y
2
= 1 ⇒ x = 0 ta được nghiệm (x; y) là (0; ±1).
Với y
2
=
1
5
ta được nghiệm (x; y) là
Å
1
√
5
;
−1
√
5
ã
;
Å
−1
√
5
;
1
√
5
ã
.
b) Có n
2
+ np + p
2
= 1 −
3m
2
2
⇔ (m + n + p)
2
+ (m − p)
2
+ (n − m)
2
= 2
⇔ (m + n + p)
2
= 2 − (m − p)
2
− (n − m)
2
≤ 2 ⇒ S
2
≤ 2
⇔ −
√
2 ≤ S ≤
√
2.
Khi đó max S =
√
2 ⇔ m = n = p =
√
2
3
; min S = −
√
2 ⇔ m = n = p = −
√
2
3
.
Câu 4. Cho đường tâm O đường kính AB cố định. Ax và Ay là hai tia thay đổi luôn
tạo với nhau một góc 60
◦
, nằm về hai phía của AB, cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,
N. Đường thẳng BN cắt Ax tại E, đường thẳng BM cắt Ay tại F . Gọi K là trung điểm
của đoạn thẳng EF .
a) Chứng minh rằng
EF
AB
=
√
3.
b) Chứng minh rằng OMKN là tứ giác nội tiếp.
c) Khi tam giác AMN đều, gọi C là điểm di động trên cung nhỏ AN (C 6= A, C 6= N).
Đường thẳng qua M và vuông góc với AC cắt NC tại D. Xác định vị trí của điểm
C để diện tích tam giác MCD là lớn nhất.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
113
a) Ta có
’
AMB =
’
ANB = 90
◦
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
⇒ B là trực tâm 4AEF ⇒ AB ⊥ EF
⇒
’
NEF =
’
NAB (Cùng phụ với góc
’
NF E).
Khi đó suy ra 4NEF v 4NAB (g.g) ⇒
EF
AB
=
NE
NA
= tan
’
NAE = tan 60
◦
=
√
3.
b)
’
MON là góc ở tâm chắn cung MN ⇒
’
MON = 2
’
MAN = 120
◦
.
’
EMF =
’
ENF = 90
◦
⇒ tứ giác MNF E nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K.
⇒
÷
MKN = 2
’
MEN = 2 · 30
◦
= 60
◦
.
’
MON +
÷
MKN = 180
◦
⇒ OMKN là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AC và MD. Ta có
’
MCA =
’
NCM = 60
◦
.
⇒ 4MCD có CI vừa là đường cao vừa là đường phân giác. Khi đó 4MCD cân tại
C.
⇒ S
MCD
= 2S
MCI
= 2 ·
1
2
·MI ·CI = MI ·CI = (MC ·sin 60
◦
)(MC ·cos 60
◦
) =
MC
2
√
3
4
⇒ S
MCD
lớn nhất ⇔ MC lớn nhất ⇔ MC là đường kính của (O).
Câu 5 (Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2013-2014 Tỉnh Bắc Ninh).
[6D1G10][8H2G3]
a) Cho 2014 số nguyên dương không lớn hơn 2014 và có tổng bằng 4028. Chứng minh
rằng từ 2014 số đó luôn chọn được các số mà tổng của chúng bằng 2014.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
114
b) Cho tam giác ABC có các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA.
Gọi giao điểm của AE với BF và CD lần lượt là Q, R, giao điểm của CD và BF là
P . Biết diện tích bốn tam giác ADR, BEQ, CF P, P QR cùng bằng 1. Chứng minh
rằng các tứ giác AF P R, BDRQ, CEQP có diện tích bằng nhau.
Lời giải.
a) Nếu 2014 số bằng nhau thì lấy 1007 số bất kỳ luôn có tổng là 2014.
Ta xét trường hợp trong 2014 số có ít nhất hai số khác nhau. Giả sử 2014 số là
n
1
, n
2
, . . . , n
2014
và n
1
6= n
2
. Xét dãy gồm 2014 số:
n
1
, n
2
, n
1
+ n
2
, . . . , n
1
+ n
2
+ . . . + n
2013
Nếu có một số trong dãy chia hết cho 2014 thì số đó là 2014.
Nếu không có số nào trong dãy chia hết cho 2014 thì theo nguyên lý Dirichlet có
hai số trong dãy có cùng số dư khi chia cho 2014.
Vậy ta được điều phải chứng minh.
b) Do S
P QR
= S
AD R
⇒ S
AP Q
= S
AD P
⇒ D, Q cách đều AP ⇒ DQ k AP .
⇒ 4BQD v 4BP A ⇒
BP
BQ
=
AB
BD
=
AP
QD
=
BQ + QP
BQ
= 1 +
QP
QB
.
Vì 4ARP v 4QRD ⇒
AR
QR
=
AP
QD
=
RP
RD
.
Đặt
AR
QR
= a,
QB
QP
= b,
CP
P R
= c.
Từ
AR
QR
=
AP
QD
= 1 +
QP
QB
⇒ a =
1 +
1
b
.
Chứng minh tương tự b = 1 +
1
c
, c = 1 +
1
a
.
Do đó a
2
− a − 1 = 0 ⇒ a = b =
c =
√
5 + 1
2
.
A
P
R
E
F
C
D
B
Q
⇒ RD =
2P R
√
5 + 1
,
RD
CP
+
P R
CP
=
2P R
CP (
√
5 + 1)
+
1
c
= 1 ⇒
P D
CP
= 1.
Suy ra P là trung điểm của CD.
⇒ S
BCP
= S
BDP
⇒ S
CEQP
= S
BDRQ
.
Chứng minh tương tự ta được S
CEQP
= S
ARP F
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
115
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 23
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
NĂM HỌC 2013-2014, NGHI
XUÂN, HÀ TĨNH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 23
Câu 1. Tính giá trị biểu thức A =
p
6 − 2
√
5 +
p
14 − 6
√
5.
Lời giải.
Ta có A =
»
√
5 − 1
2
+
»
3 −
√
5
2
=
√
5 − 1 + 3 −
√
5 = 2.
Câu 2. Tìm x, y thỏa mãn 2x + y − 2
√
xy − 4
√
x + 4 = 0.
Lời giải.
Điều kiện:
x = 0; y ∈ R
x > 0; y ≥ 0.
• Với x = 0, ta được y = −4 (thỏa mãn).
• Với x > 0, y ≥ 0. Ta có
2x + y − 2
√
xy − 4
√
x + 4 = 0
⇔ (x − 2
√
xy + y) +
x − 4
√
x + 4
= 0
⇔
√
x −
√
y
2
+
√
x − 2
2
= 0
⇔
√
x −
√
y = 0
√
x − 2 = 0
⇔ x = y = 4. (thỏa mãn)
Vậy (x; y) ∈ {(0; −4); (4; 4)}.
Câu 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 5x
4
+ y
2
− 4x
2
y − 85 = 0.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với x
4
= 85 −
y − 2x
2
2
.
⇒ x
4
≤ 85 < 4
4
. Mà x ∈ Z nên x
4
∈ {0
4
; 1
4
; 2
4
; 3
4
}.
• Với x
4
= 0
4
⇒ y
2
= 85 (loại).
• Với x
4
= 1
4
⇒ (y − 2)
2
= 84 (loại).
• Với x
4
= 2
4
⇒ (y − 8)
2
= 69 (loại).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
116
• Với x
4
= 3
4
⇒ (y − 18)
2
= 4 ⇔
y − 18 = 2
y − 18 = −2
⇔
y = 20
y = 16.
Vậy phương trình có bốn nghiệm nguyên (x; y) ∈ {(3; 20), (−3; 20), (3; 16), (−3; 16)}.
Câu 4. Cho x, y, z là các số nguyên và
P = (x + 2012)
5
+ (2y − 2013)
5
+ (3z + 2014)
5
S = x + 2y + 3z + 2013.
Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30.
Lời giải.
Đặt a = x + 2012, b = 2y −2013, c = 3z + 2014. Ta được
P = a
5
+ b
5
+ c
5
S = a + b + c
(a, b, c ∈ Z).
Xét P − S = (a
5
− a) + (b
5
− b) + (c
5
− c).
Ta chứng minh được m
5
− m chia hết cho 30. Thật vậy, ta có
m
5
−m = m(m
4
−1) = m(m−1)(m+1)(m
2
+1) = 5m(m−1)(m+1)+m(m−1)(m+1)(m−2)(m+2).
Mà m(m − 1)(m + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 · 3 = 6, nghĩa
là 5m(m − 1)(m + 1) chia hết cho 30.
Lại có m(m − 1)(m + 1)(m − 2)(m + 2) là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết
cho 2 · 3 · 5 = 30.
Do đó P − S chia hết cho 30. Hay P chia hết cho 30 khi vào chỉ khi S chia hết cho 30.
Câu 5. Cho ba số x, y, z khác 0 thỏa mãn
x + y + z =
1
2
1
x
2
+
1
y
2
+
1
z
2
+
1
xyz
= 4
1
x
+
1
y
+
1
z
> 0.
Tính giá trị của biểu thức P =
y
2009
+ z
2009
z
2011
+ x
2011
x
2013
+ y
2013
.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có
4 =
1
x
2
+
1
y
2
+
1
z
2
+
1
xyz
=
1
x
2
+
1
y
2
+
1
z
2
+
2(x + y + z)
xyz
=
1
x
2
+
1
y
2
+
1
z
2
+ 2
Å
1
xy
+
1
yz
+
1
zx
ã
=
Å
1
x
+
1
y
+
1
z
ã
2
.
Mà
1
x
+
1
y
+
1
z
> 0, suy ra
1
x
+
1
y
+
1
z
= 2. Lại có x + y + z =
1
2
, suy ra
1
x + y + z
= 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
117
Do đó
1
x
+
1
y
+
1
z
=
1
x + y + z
⇔ (x + y)(y + z)(z + x) = 0 ⇔
x = −y
y = −z
z = −x
⇔
x
2009
= −y
2009
y
2011
= −z
2011
z
2013
= −x
2013
.
Vậy P = 0.
Câu 6. Cho 4ABC nhọn có trực tâm H, trọng tâm I. Giao điểm của ba đường trung
trực là O, trung điểm của BC là M. Tính giá trị biểu thức
…
IO
2
+ OM
2
IH
2
+ HA
2
.
Lời giải.
B
I
M
D
A
O
H
C
Gọi D là điểm đối xứng của A qua O. Do O là giao của ba đường trung trực của 4ABC
nên OA = OC = OD, suy ra 4ACD vuông tại C và BH k CD. Tương tự cũng có
HC k BD, suy ra BHCD là hình bình hành và M là trung điểm BC.
Từ đó MO là đường trung bình của 4DAH hay
MO
AH
=
1
2
.
Lại có I là trọng tâm 4ABC nên
MI
AI
=
1
2
. Do đó
MO
AH
=
MI
AI
và 4MOI v 4AHI
(c.g.c).
Suy ra
IO
IH
=
1
2
. Khi đó
IO
2
IH
2
=
OM
2
HA
2
=
IO
2
+ OM
2
IH
2
+ HA
2
=
1
4
⇒
…
IO
2
+ OM
2
IH
2
+ HA
2
=
1
2
.
Câu 7. Cho góc
‘
xOy và một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox, Oy tại M và
N. Biết giá trị biểu thức
1
OM
+
1
ON
không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. Chứng
minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
118
Lời giải.
O ND
y
I
E
x
M
Giả sử
1
OM
+
1
ON
=
1
a
(a là một số dương không đổi). Lấy điểm D trên Oy sao cho
OD = a. Khi đó OD < ON. Vẽ DI k Ox (I ∈ MN). Lấy E trên Ox sao cho OE = ID.
Khi đó OEID là hình bình hành. Ta có
OE
OM
+
OD
ON
=
NI
NM
+
EI
ON
=
NI
NM
+
MI
MN
= 1 ⇒
1
ON
+
OE
OD · OM
=
1
OD
=
1
a
.
Khi đó
1
OM
=
OE
OD · OM
⇒
OE
OD
= 1 ⇒ OE = OD = a.
Mà D ∈ Oy, E ∈ Ox nên OD, OE cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình
hành nên I cố định. Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.
Câu 8. Cho các số x, y, z không âm, không đồng thời bằng 0 thỏa mãn
1
x + 1
+
1
y + 2
+
1
z + 3
≤ 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z +
1
x + y + z
.
Lời giải.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz (Bunhiacopxki) ta có
(x+1+y+2+z+3)
Å
1
x + 1
+
1
y + 2
+
1
z + 3
ã
≥ (1+1+1)
2
⇔ x+y+z+6 ≥ 9 ⇔ x+y+z ≥ 3.
Do đó
P =
8(x + y + z)
9
+
x + y + z
9
+
1
x + y + z
≥
8
3
+ 2
…
x + y + z
9
·
1
x + y + z
=
10
3
.
Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) = (2; 1; 0). Vậy min P =
10
3
khi (x; y; z) = (2; 1; 0).
Câu 9. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 671. Chứng minh
rằng
x
x
2
− yz + 2013
+
y
y
2
− zx + 2013
+
z
z
2
− xy + 2013
≥
1
x + y + z
.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
119
Ta có
V T =
x
x
2
− yz + 2013
+
y
y
2
− zx + 2013
+
z
z
2
− xy + 2013
=
x
2
x (x
2
− yz + 2013)
+
y
2
y (y
2
− zx + 2013)
+
z
2
z (z
2
− xy + 2013)
≥
(x + y + z)
2
x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz + 2013(x + y + z)
.
Lại có xy + yz + zx = 671 nên
x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz + 2013(x + y + z)
= (x + y + z)
(x + y + z)
2
− 3(xy + yz + zx)
+ 2013(x + y + z)
= (x + y + z)
(x + y + z)
2
− 3 · 671 + 2013
= (x + y + z)
3
Từ đó
V T ≥
(x + y + z)
2
(x + y + z)
3
=
1
x + y + z
.
Đẳng thức xảy ra khi x = x = z =
√
2013
3
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
120
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 24
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI
NĂM HỌC 2013-2014, NINH
THUẬN
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 24
Câu 1. Tìm x, y thỏa mãn phương trình: 4y
√
x − 2 + 2x
√
y − 1 = y(3x − 2)
Lời giải.
Điều kiện của phương trình : x ≥ 2, y ≥ 1.
Ta có:
4y
√
x − 2 + 2x
p
y − 1 = y(3x − 2) ⇔ 4y
√
x − 2 + 2x
p
y − 1 − 3xy + 2y = 0
⇔ −2xy + 4y
√
x − 2 + 2y − xy + 2x
p
y − 1 = 0
⇔ −2y(x − 2
√
x − 2 − 1) − x(y − 2
p
y − 1) = 0
⇔ −2y(x − 2 − 2
√
x − 2 + 1) − x(y − 1 − 2
p
y − 1 + 1) = 0
⇔ −2y(
√
x − 2 − 1)
2
− x(
p
y − 1 − 1)
2
= 0
⇔ 2y(
√
x − 2 − 1)
2
+ x(
p
y − 1 − 1)
2
= 0 ⇔
√
x − 2 − 1 = 0
p
y − 1 − 1 = 0
⇔
x = 3
y = 2
Vậy (x; y) = (3; 2)
Câu 2. Cho các số thực a, b, c không âm. Chứng minh rằng:
(a + b + c)
3
≥ a
3
+ b
3
+ c
3
+ 24abc
Lời giải.
Các số a, b, c không âm, nên ta có:
a(b − c)
2
+ b(c − a)
2
+ c(a − b)
2
≥ 0
⇔ ab
2
− 2abc + ac
2
+ bc
2
− 2abc + ba
2
+ ca
2
− 2abc + cb
2
≥ 0
⇔ ab
2
+ ac
2
+ bc
2
+ ba
2
+ ca
2
+ cb
2
≥ 6abc (1)
Mặt khác ta có:
(a + b + c)
3
= [(a + b) + c]
3
= (a + b)
3
+ 3(a + b)
2
c + 3(a + b)c
2
+ c
3
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3(ab
2
+ ac
2
+ bc
2
+ ba
2
+ ca
2
+ cb
2
) + 6abc (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (a+b+c)
3
≥ a
3
+b
3
+c
3
+3.6abc+6abc ⇔ (a+b+c)
3
≥ a
3
+b
3
+c
3
+24abc.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
121
Câu 3. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM = 1 và
’
ABC =
’
CAM. Tính độ dài cạnh
AB.
Lời giải.
Ta có
’
ABC =
’
MAC (Theo giả thiết) và
’
ACM chung,
suy ra: ∆ABC v ∆MAC
⇒
AB
MA
=
BC
AC
=
AC
MC
(∗)
Theo giả thiết AM = 1, nên từ (∗) suy ra: AB =
AC
MC
(1)
Mặt khác, theo giả thiết AM là trung tuyến nên M là
trung điểm của BC ⇒ BC = 2MC.
Do đó, từ (∗) suy ra:
AC
MC
=
BC
AC
⇒
AC
MC
=
2MC
AC
⇔ AC
2
= 2MC
2
⇔
AC
2
MC
2
= 2
⇔
AC
MC
=
√
2 (2)
Do dó, từ (1) và (2) suy ra: AB =
√
2.
1
B
M
A
C
Câu 4. Chứng minh rằng ab(a
2
− b
2
) Chia hết cho 3 với mọi số nguyên a và b.
Lời giải.
Xét hai trường hợp:
• Trường hợp 1: a hoặc b chia hết cho 3. Khi đó tích ab
.
.
.3 nên ab(a
2
− b
2
)
.
.
.3.
• Trường hợp 2: Cả a và b không chia hết cho 3. Khi đó: a = 3p + r
1
và b = 3q + r
2
với
p, q, r
1
, r
2
nguyên và 1 ≤ r
1
, r
2
≤ 2.
Nếu: r
1
= r
2
thì (a − b)
.
.
.3 suy ra ab(a
2
− b
2
) = ab(a − b)(a + b)
.
.
.3
Nếu: r
1
6= r
2
th(a + b)
.
.
.3 suy ra ab(a
2
− b
2
) = ab(a − b)(a + b)
.
.
.3
Vậy: ab(a
2
− b
2
)
.
.
.3 với mọi số nguyên a, b.
Câu 5. Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB và AD lần lượt lấy các điểm E
và F (E, F không trùng với các đỉnh của hình bình hành). Gọi K là giao điểm của ED
và F B. Chứng minh rằng hai tứ giác ABKD và CEKF có diện tích bằng nhau.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
122
A
D
F
M E
N
K
B
C
Ta có: S
ABKD
= S
∆AKB
+ S
∆AKD
và S
CEKF
= S
∆CKE
+ S
∆CKF
Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AB và CD (vì AB k CD), cắt AB tại M và cắt
CD tại N.
Ta có: S
∆AKB
+ S
∆CKD
=
1
2
KM.AB +
1
2
KN.CD =
1
2
AB.MN =
1
2
S
ABCD
(1)
Ta lại có: S
∆CKE
+ S
∆CKD
= S
∆CDE
=
1
2
CD.MN =
1
2
S
ABCD
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: S
∆AKB
= S
∆CKE
(3)
Tương tự, ta cũng có: S
∆AKD
+ S
∆CKB
=
1
3
S
ABCD
và S
∆CKF
+ S
∆CKB
= S
∆BF C
=
1
2
S
ABCD
Suy ra:S
∆AKD
= S
∆CKF
(4)
Từ (3) và (4) suy ra: S
∆AKB
+ S
∆AKD
= S
∆CKE
+ S
∆CKF
Vậy: S
ABKD
= S
CEKF
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
123
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 25
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2013-2014,
VĨNH PHÚC
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 25
Câu 1.
a) Cho biểu thức M =
2
√
a − 16
a − 6
√
a + 8
−
√
a + 4
√
a − 2
−
2
√
a + 1
4 −
√
a
. Tìm tất cả các giá trị nguyên
của a để giá trị của M là một số nguyên.
b) Cho đa thức P (x) = ax
2
+ bx + c thỏa mãn đồng thời các điều kiện P (x) ≥ 0 với mọi
số thực x và b > a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
a + b + c
b − a
.
Lời giải.
a) Điều kiện xác định: a ≥ 0, a 6= 4, a 6= 16.
Ta có M =
2
√
a − 16
a − 6
√
a + 8
−
√
a + 4
√
a − 2
−
2
√
a + 1
4 −
√
a
=
a −
√
a − 2
(
√
a − 2)(
√
a − 4)
=
√
a + 1
√
a − 4
M =
√
a + 1
√
a − 4
= 1 +
5
√
a − 4
, M nguyên suy ra
√
a − 4 là ước của 5, cho nên
√
a − 4 ∈
{±1; ±5} ⇒ a = 9; 25; 81.
b) P (−2) = 4a − 2b + c ≥ 0 ⇒ a + b + c ≥ 3(b − a) suy ra Q ≥ 3. Ta thấy đa thức
P (x) = x
2
+ 4x + 4 thỏa mãn giả thiết và Q = 3. Vậy Q
min
= 3.
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x + 1
x − m + 1
=
x
x + m + 2
Lời giải.
Điều kiện xác định: x 6= m − 1, x 6= −m − 2.
Phương trình tương đương với (2m + 2)x = −m − 2 (1).
Nếu m = −1, (1) ⇔ 0x = −1 (vô nghiệm)
Nếu m 6= −1, x =
−m − 2
2m + 2
, phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi
−m − 2
2m + 2
= m − 1 (2) hoặc
−m − 2
2m + 2
= −m − 2 (3).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
124
(2) ⇔ m = 0; m = −
1
2
(3) ⇔ m = −2; m = −
1
2
Vậy m = 0, m = −1, m = −2, m = −
1
2
.
Câu 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số p
1954
5
7
− 1 chia hết cho
60.
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh p
4m
− 1 chia hết cho 60 với mọi m nguyên dương.
p
4m
− 1 = M(p
2
− 1)(p
2
+ 1), p nguyên tố lẻ suy ra (p
2
− 1)(p
2
+ 1) chia hết cho 4.
p là số nguyên tố lớn hơn 5 theo định lý Fermat nhỏ ta có p
4
− 1 chia hết cho 5.
p là số nguyên tố lớn hơn 5 suy ra p
2
≡ 1(mod 3) cho nên p
2
− 1 chia hết cho 3.
Vậy p
4m
− 1 chia hết cho 60. Dễ thấy 1954
5
7
chia hết cho 4 (ĐPCM).
Câu 4. Cho đường tròn (O) có tâm O và bán kính R. Hai điểm phân biệt B, C cố định
nằm trên (O) sao cho BC = a < R. Gọi A là điểm bất kì thuộc cung lớn BC của (O), A
không trùng với B, C. Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC.
Hai điểm E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB và ADC.
a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.
b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R.
c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố
định.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
125
K
A
H
F
B D
O
E
C
M
N
a) Gọi N là trung điểm của AB, trong đường tròn (O) ta có
’
AON =
’
ACB (1), trong
đường tròn (ADB) ta có
’
AEN =
’
ADB ⇒ 180
◦
−
’
AEN = 180
◦
−
’
ADB ⇒
’
AEO =
’
ADC (2). Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.
b) Hai tam giác AEO và ADC đồng dạng suy ra
OE
CD
=
AO
AC
⇒ OE =
AO.CD
AC
(3).
Chứng minh tương tự hai tam giác AF O và ADB đồng dạng suy ra OF =
AO.BD
AB
(4).
Vì AD là phân giác suy ra
AB
AC
=
DB
DC
(5).
4S
AEOF
= OE.AB + OF.AC (6)
Từ (3), (4), (5), (6) ta có 4S
AEOF
= AO(BD + CD) = R.a ⇒ S
AEOF
=
R.a
4
.
c) Gọi H là giao điểm của OK và (O), M là trung điểm của BD, dễ thấy
’
BNE =
’
BME = 90
◦
suy ra tứ giác BMEN nội tiếp đường tròn đường kính BE mặt khác
MN k AK ⇒
’
BEM =
’
BNM =
’
BAK =
’
BHK.
Giả sử H
0
là giao điểm của BE và HK, EM k HK ⇒
’
BEM =
÷
BH
0
K =
’
BHK ⇒
H ≡ H
0
. Vậy E thuộc đường thẳng BH cố định khi A thay đổi.
Câu 5. Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô bởi một
trong 4 màu: xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng
được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
126
giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng được
tô cùng một màu (nâu hoặc đen).
Lời giải.
A
C
E
F
D
B
Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kỳ luôn tạo thành
một tam giác. Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu.
Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là A, B, C, D, E, F . Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô
bằng 2 màu nâu, đen khi đó có ít nhất 3 đoạn cùng màu, giả sử AB, AC, AD được tô
cùng màu đen. Xét tam giác BCD, xảy ra hai khả năng
i) Nếu ba cạnh BC, BD, DC được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD có ba đỉnh cùng
màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn)
ii) Nếu ba cạnh BC, BD, DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC đen, khi đó tam
giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thỏa mãn)
Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
127
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 26
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI
NĂM HỌC 2017-2018, AN
GIANG.
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 26
Câu 1. Cho x =
p
2 +
√
3 +
p
2 −
√
3
√
2
. Tìm giá trị của biểu thức P =
1 + 3x
3
− x
5
2016
.
Lời giải.
x =
p
2 +
√
3 +
p
2 −
√
3
√
2
=
√
2 ·
p
2 +
√
3 +
p
2 −
√
3
2
=
p
4 + 2
√
3 +
p
4 − 2
√
3
2
=
p
3 + 2
√
3 + 1 +
p
3 − 2
√
3 + 1
2
=
»
√
3 + 1
2
+
»
√
3 − 1
2
2
=
2
√
3
2
=
√
3
⇒ 1 − 3x
3
+ x
5
= 1 − 3 ·
Ä
√
3
ä
3
+
Ä
√
3
ä
5
= 1.
Vậy A =
1 − 3x
3
+ x
5
2016
= 1.
Câu 2. Cho Parabol (P): y =
1
4
x
2
và điểm A(0; 1).
a) Vẽ Parabol (P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Chứng minh rằng nếu điểm M nằm trên (P ) thì độ đài đoạn MA bằng khoảng cách
từ M đến đường thẳng y = −1.
(Biết khoảng cách giữa hai điểm C(x
c
; y
c
), D(x
D
; y
D
) bất kỳ trên mặt phẳng tọa độ
được tính theo công thức CD =
»
(x
D
− x
c
)
2
+ (y
D
− y
c
)
2
).
Lời giải.
a) Vẽ Parabol (P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
128
Giá trị đặc biệt
x −2 −1 0 1 2
y =
1
4
x
2
1
1
4
0
1
4
1
Đồ thị
x
−2 −1
1 2
y
−2
−1
1
2
3
O
(P )
(d)
b) Chứng minh rằng nếu điểm M nằm trên (P ) thì độ đài đoạn MA bằng khoảng cách
từ M đến đường thẳng y = −1.
Điểm M thuộc (P ) ⇒ M
x;
1
4
x
2
; A(0; 1).
Từ M kẻ MN vuông góc với (d), và AH vuông góc MN.
Khoảng cách từ M đền đường thẳng y = −1 là
MN = y
M
+ 1 =
1
4
x
2
+ 1
Khoảng cách giữa hai điểm M, A là
AM =
p
(x
M
)
2
+ (y
M
− y
A
)
2
=
…
(0 − x)
2
+
1 −
1
4
x
2
2
=
…
x
2
+ 1 −
1
2
x
2
+
1
16
x
4
=
…
1
16
x
4
+
1
2
x
2
+ 1
=
…
1
4
x
2
+ 1
2
=
1
4
x
2
+ 1
= y
M
+ 1 = MN
Vậy khoảng cách từ M đên đường thẳng y = −1 bằng độ dài đoạn thẳng MA.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
129
Câu 3. Cho phương trình x
3
+ bx
2
+ cx + 1 = 0 trong đó a, b, c là các số nguyên. Biết
phương trình có nghiệm x
0
= 2 +
√
5 tìm b, c và các nghiệm còn lại của phương trình.
Lời giải.
Phương trình x
3
+ bx
2
+ cx + 1 = 0 có nghiệm x
0
= 2 +
√
5 nên
(2 +
√
5)
3
+ b(2 +
√
5)
2
+ c(2 +
√
5) + 1 = 0
⇔(2
3
+ 12
√
5 + 30 + 5
√
5) + b(9 + 4
√
5) + c(2 +
√
5) + 1 = 0
⇔(4b + c + 17)
√
5 + (9b + 2c + 39) = 0
Vì
√
5 là số vô tỉ, b, c là các số nguyên nên ta có
4b + c + 17 = 0
9b + 2c + 39 = 0
⇔
8b + 2c + 34 = 0
9b + 2c + 39 = 0
⇔
b = −5
c = 3
Với b = −5; c = 3 phương trình trở thành
x
3
− 5x
2
+ 3x + 1 = 0
⇔ (x − 1)(x
2
− 4x − 1) = 0P hngtrnhcbanghimx
0
= 2 +
√
5; x
1
= 2 −
√
5; x
2
= 1.
Câu 4. Tìm x, y biết
»
2
√
x + y − 2
=
p
√
x · y.
Lời giải.
ĐK x, y ≥ 0;
√
x + y − 2 ≥ 0.
Bình phương hai vế của phương trình ta có
2
√
x + 2y − 4 =
√
x · y
⇔
√
x(2 − y) + 2(y − 2) = 0
⇔(y − 2)(2 −
√
x) = 0
Khi đó x = 4 hoặc y = 2. So với điều kiện, ta có x = 4; y ≥ 0 hoặc x ≥ 0; y = 2.
Câu 5. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MB, MD với đường
tròn (B, D là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt
A, C.
a) Chứng minh hai tam giác MAB và MBC đồng dạng.
b) Chứng minh AB · CD = BC · AD.
c) Gọi (d) là đường thẳng qua D và song song với MB, (d) cắt BA, BC lần lượt tại I
và J. Chứng minh DI = DJ.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
130
Lời giải.
M
J
B
I
D
C
O
A
a) Chứng minh hai tam giác MAB và MBC đồng dạng.
Hai tam giác MAB và MBC có
“
M chung
’
MBA =
’
MCB (cùng chắn cung
ˆ
AB)
Vậy ∆MAB v ∆MBC.
b) Chứng minh AB · CD = BC · AD.
Ta có
∆MAB v ∆MBC ⇒
AB
BC
=
MB
MC
(1)
Hai tam giác MAD và MDC có
“
M chung
’
MDA =
’
MCD (cùng chắn cung
˜
AD)
Vậy ∆MAD v ∆MDC.
⇒
AD
DC
=
MD
MC
(2)
Mà MB = MD nên từ (1) và (2) ta có
AB
BC
=
AD
DC
⇔ AB ·DC = AD ·BD.
c) Gọi (d) là đường thẳng qua D và song song với MB, (d) cắt BA, BC lần lượt tại I
và J.Chứng minh DI = DJ.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
131
Hai tam giác IBD và DBA đồng dạng do
b
B chung
‘
BID =
’
IBM (so le trong)
’
IBM =
’
BDA (chắn cung
ˆ
AB)
⇒
BD
BA
=
ID
DA
⇔
AD
AB
=
ID
BD
(3)
Tương tự hai tam giác JBD và DBC đồng dạng.
⇒
BD
BA
=
ID
DC
⇔
DC
BC
=
JD
BD
(4)
Theo câu a)
AB
BC
=
AD
DC
⇒
AD
AB
=
DC
BC
(5)
(3), (4), (5) ⇒
ID
BD
=
JD
BD
⇒ DI = DJ.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
132
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 27
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI
NĂM HỌC 2016-2017, SỞ GD
BẾN TRE
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 27
Câu 1.
a) Chứng minh rằng: A = n
8
+ 4n
7
+ 6n
6
+ 4n
5
+ n
4
chia hết cho 16 với mọi n là số
nguyên.
b) Cho biểu thức B =
x
2
− 3
2
+ 12x
2
x
2
+
»
(x + 2)
2
− 8x.
Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên.
c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2y
2
x + x + y + 1 = x
2
+ 2y
2
+ xy.
Lời giải.
a) Ta có A = n
8
+ 4n
7
+ 6n
6
+ 4n
5
+ n
4
= n
4
n
4
+ 4n
3
+ 6n
2
+ 4n + 1
= [n (n + 1)]
4
.
Vì n(n + 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n + 1)
.
.
. 2 ⇒ [n (n + 1)]
4
.
.
. 2
4
= 16.
Do đó: A
.
.
. 16 với mọi n ∈ Z.
b) B =
x
2
− 3
2
+ 12x
2
x
2
+
»
(x + 2)
2
− 8x =
x
2
+ 3
2
x
2
+
»
(x − 2)
2
=
x
2
+ 3
|x|
+
|x − 2|.
• Nếu x < 0 ⇒ B =
−x
2
− 3
x
− x + 2 =
−2x
2
+ 2x − 3
x
= −2x + 2 −
3
x
.
B có giá trị nguyên khi
3
x
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và x < 0 ⇔
x = −1
x = −3
.
• Nếu 0 < x ≤ 2 ⇒ B =
x
2
+ 3
x
− x + 2 =
2x + 3
x
= 2 +
3
x
.
B có giá trị nguyên khi
3
x
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và 0 < x ≤ 2 ⇔ x = 1.
• Nếu x > 2 ⇒ B =
x
2
+ 3
x
+ x − 2 =
2x
2
− 2x + 3
x
= 2x − 2 +
3
x
.
B có giá trị nguyên khi
3
x
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và x > 2 ⇔ x = 3.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
133
Tập các giá trị của x để B nguyên là x ∈ {±1; ±3}.
c) 2y
2
x + x + y + 1 = x
2
+ 2y
2
+ xy ⇔ (x − 1)
x − 2y
2
+ y
= 1.
⇔
x − 1 = 1
x − 2y
2
+ y = 1
x − 1 = −1
x − 2y
2
+ y = −1
⇔
x = 2
2y
2
− y − 1 = 0
x = 0
2y
2
− y − 1 = 0
⇔
x = 2
y = 1
x = 0
y = 1
.
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2; 1) và (0; 1).
Câu 2. Cho hàm số y = 2
√
x
2
− 6x + 9 − x − 2 có đồ thị (C ).
a) Vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên
b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2
√
x
2
− 6x + 9 − x − 2 = m vô nghiệm.
c) Dựa vào đồ thị (C ), tìm tập nghiệm của bất phương trình 2
√
x
2
− 6x + 9 ≥ x.
Lời giải.
a) y = 2
√
x
2
− 6x + 9 − x − 2 = 2 |x −3|−x −2 =
x − 8 nếu x ≥ 3
− 3x + 4 nếu x < 3
.
x
y
O
4
32 6 8
−2
−5
m
(D ) : y = m
(C )
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
134
b) 2
√
x
2
− 6x + 9 − x − 2 = m (∗).
Phương trình (∗) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: (C ) : y =
2
√
x
2
− 6x + 9 − x − 2 và (D ) : y = m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt
Oy tại điểm có tung độ m.
Căn cứ đồ thị ta có phương trình (∗) vô nghiệm ⇔ (C ) và (D ) không giao nhau
⇔ m < −5.
Câu 3. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
x
2
+ xy +
y
2
3
= 2017
z
2
+
y
2
3
= 1009
x
2
+ xz + z
2
= 1008
(x 6= 0, z 6= 0, x 6= −z).
Chứng minh rằng:
2z
x
=
y + z
x + z
.
Lời giải.
x
2
+ xy +
y
2
3
= 2017 (1)
z
2
+
y
2
3
= 1009 (2)
x
2
+ xz + z
2
= 1008 (3)
(x 6= 0, z 6= 0, x 6= −z).
Trừ (1) và (2) theo vế, ta có: x
2
− xy − z
2
= 1008 (4).
Trừ (3) và (4) theo vế, ta có: xz − xy + 2z
2
= 0
⇔ xz + 2z
2
= xy ⇔ 2xz + 2z
2
= xy + xz.
⇔ 2z(x + z) = x(y + z).
⇔
2z
x
=
y + z
x + z
.
Câu 4. Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE.
Vẽ đường tròn (O
1
) đường kính AE và đường tròn (O
2
) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến
chung ngoài MN của hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) với M là tiếp điểm thuộc (O
1
) và N
là tiếp điểm thuộc (O
2
).
a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng
EF vuông góc với đường thẳng AB.
b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng
MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ
dài đoạn thẳng CD.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
135
A
C
D
F
N
BE O
K
O
1
O
2
M
I
a) MN là tiếp tuyến chung của (O
1
) và (O
2
) nên
MN ⊥ O
1
M
MN ⊥ O
2
N
⇒ O
1
M k O
2
N.
⇒
÷
MO
1
E +
÷
NO
2
E = 180
◦
.
∆O
1
AM cân tại O
1
⇒
÷
MO
1
E = 2
÷
O
1
AM.
∆O
2
BN cân tại O
2
⇒
÷
MO
2
E = 2
÷
O
2
BN.
⇒
÷
O
1
AM +
÷
O
2
BN = 90
◦
⇒
’
MF N = 90
◦
.
Mặt khác
’
AME =
’
BNE = 90
◦
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
⇒ MENF là hình chữ nhật.
⇒
’
MEF =
’
NME.
Mà
÷
O
1
EM =
÷
O
1
ME và
’
NME +
÷
O
1
ME = 90
◦
⇒
’
MEF +
÷
O
1
EM = 90
◦
hay EF ⊥ AB tại E.
b) Ta có: AB = 18 cm, AE = 6 cm ⇒ EB = 12 cm, OF = 9 cm.
∆AF B vuông tại F có đường cao EF nên EF
2
= AE.EB = 6.12 = 72 ⇒ EF = 6
√
2
cm.
⇒ MN = EF = 6
√
2 cm.
Gọi I, K lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN.
Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên
’
NMF =
’
NEF . Mà
’
NEF =
’
ABF (cùng phụ
góc
’
BEM.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
136
⇒
’
NMF =
’
ABF (1).
⇒ ∆F NM v ∆F AB.
Lại có ∆OAF cân tại O ⇒
‘
OAF =
‘
OF A (2) và
‘
OAF +
’
ABF = 90
◦
(3).
Từ (1), (2), (3) ⇒
’
NMF +
‘
OF A = 90
◦
⇒
’
MIF = 90
◦
.
∆F NM v ∆F AB và có F I, FE là hai đường cao tương ứng nên:
F I
EF
=
MN
AB
⇒
F I = 4 cm ⇒ OI = 5 cm.
∆OID vuông tại I ⇒ ID =
√
OD
2
− OI
2
= 2
√
14 cm.
Vì OF ⊥ CD tại I ⇒ CD = 2ID = 4
√
14 cm.
Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 90
◦
. Từ B kẻ BM vuông góc
với AC tại điểm M (điểm M ∈ AC). Chứng minh rằng:
AM
MC
+ 1 = 2
Å
AB
BC
ã
2
.
Lời giải.
Tam giác ABC cân tại A ⇒ AB = AC.
Ta có:
AM
MC
+ 1 = 2
Å
AB
BC
ã
2
⇔
AM + MC
MC
= 2
AC
2
BC
2
⇔
AC
MC
=
2
AC
2
BC
2
⇔ BC
2
= 2AC.MC.
Ta cần chứng minh: BC
2
= 2AC.MC.
Thật vậy:
BC
2
= BM
2
+ MC
2
= AB
2
− AM
2
+ (AC − AM)
2
= AC
2
− AM
2
+ AC
2
− 2AC.AM + AM
2
= 2AC
2
− 2AC.AM = 2AC(AC − AM) = 2AC.MC.
BE
M
C
A
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
137
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 28
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016-2017, HẢI
PHÒNG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 28
Câu 1. Cho x =
3
p
10 + 6
√
3
Ä
√
3 − 1
ä
p
6 + 2
√
5 −
√
5
. Tính giá trị của biểu thức: P = (12x
2
+ 4x −
55)
2017
.
Lời giải.
Ta có:
3
p
10 + 6
√
3
Ä
√
3 − 1
ä
=
3
»
(
√
3 + 1)
3
Ä
√
3 − 1
ä
=
Ä
√
3 + 1
äÄ
√
3 − 1
ä
= 2.
p
6 + 2
√
5 −
√
5 =
»
(
√
5 + 1)
2
−
√
5 =
√
5 + 1 −
√
5 = 1.
Vậy x = 2. Thay giá trị x vào P ta được:
P = (12.2
2
+ 4.2 − 55)
2017
= 1
2017
= 1.
Câu 2. Cho biểu thức M =
a + 1
√
a
+
a
√
a − 1
a −
√
a
+
a
2
− a
√
a +
√
a − 1
√
a − a
√
a
với a > 0, a 6= 1. Với
những giá trị nào của a thì biểu thức N =
6
M
nhận giá trị nguyên?
Lời giải.
Với điều kiện a > 0, a 6= 1 thì:
M =
a + 1
√
a
+
Ä
√
a − 1
äÄ
a +
√
a + 1
ä
√
a
Ä
√
a − 1
ä
−
Ä
√
a − 1
äÄ
√
a + 1
äÄ
a −
√
a + 1
ä
√
a
Ä
√
a − 1
äÄ
√
a + 1
ä
=
a + 1
√
a
+
a +
√
a + 1
√
a
−
a −
√
a + 1
√
a
=
Ä
√
a + 1
ä
2
√
a
.
⇒ N =
6
M
=
6
√
a
Ä
√
a + 1
ä
2
> 0.
Khi đó ta thấy với 0 < a 6= 1 thì
a −
√
a + 1 > 0 ⇔
Ä
√
a + 1
ä
2
> 3
√
a ⇔
6
√
a
Ä
√
a + 1
ä
2
< 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
138
Do 0 < N < 2 nên để N có giá trị nguyên thì N = 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
6
√
a
a + 2
√
a + 1
= 1 ⇔ a − 4
√
a + 1 = 0 ⇔
Ä
√
a − 2
ä
2
= 3
⇔
√
a =
√
3 + 2
√
a = −
√
3 + 2
⇔
a = 7 + 4
√
3 (thỏa mãn)
a = 7 − 4
√
3 (thỏa mãn)
Vậy a = 7 ± 4
√
3.
Câu 3. Cho phương trình: x
2
− 2mx + m
2
− m − 6 = 0 (với m là tham số). Với giá trị
nào của m thì phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho |x
1
| + |x
2
| = 8?
Lời giải.
Phương trình x
2
− 2mx + m
2
− m − 6 = 0 có hai nghiệm thì
∆
0
= m
2
− (m
2
− m − 6) = m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6.
Theo hệ thức Viét, ta có:
x
1
+ x
2
= 2m
x
1
x
2
= m
2
− m − 6
Ta có
|x
1
| + |x
2
| = 8 ⇔ x
2
1
+ x
2
2
+ 2|x
1
x
2
| = 64 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
+ 2|x
1
x
2
| = 64. (1)
Trường hợp 1: Nếu x
1
và x
2
cùng dấu thì:
x
1
x
2
≥ 0 ⇔
m ≥ −6
m
2
− m − 6 = (m + 2)(m − 3) ≥ 0
⇔
−6 ≤ m ≤ −2
m ≥ 3
(*)
Khi đó
(1) ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
= 64 ⇔ 4m
2
= 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*))
Trường hợp 2: Nếu x
1
và x
2
trái dấu thì:
x
1
x
2
< 0 ⇔ m
2
− m − 6 = (m + 2)(m − 3) < 0 ⇔ −2 < m < 3. (**)
Khi đó
(1) ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
= 64 ⇔ 4m
2
− 4(m
2
− m − 6) = 64
⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**))
Kết luận: m = ±4.
Câu 4. Cho hệ phương trình
x
3
y
2
− 2x
2
y − x
2
y
2
+ 2xy + 3x − 3 = 0
y
2
+ x
2017
= y + 3m
(với m là tham
số).
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (x
1
; y
1
) và (x
2
; y
2
)
thỏa mãn điều kiện (x
1
+ y
2
)(x
2
+ y
1
) + 3 = 0.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
139
Ta có
x
3
y
2
− 2x
2
y − x
2
y
2
+ 2xy + 3x − 3 = 0
⇔ (x − 1)(x
2
y
2
− 2xy + 3) = 0
⇔
x = 1
(xy − 1)
2
+ 2 = 0 (vô nghiệm)
Thay x = 1 vào phương trình dưới của hệ ta được y
2
− y − 3m + 1 = 0. (1)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì
∆ = 1 + 4(3m − 1) > 0 ⇔ 12m − 3 > 0 ⇔ m >
1
4
Theo đề bài và chú ý rằng x
1
= x
2
= 1:
(x
1
+ y
2
)(x
2
+ y
1
) + 3 = 0 ⇔ 4 + y
1
+ y
2
+ y
1
y
2
= 0. (2)
Với m >
1
4
, theo hệ thức Viét cho phương trình (1) ta có
y
1
+ y
2
= 1
y
1
y
2
= 1 − 3m
Thay vào (2) ta được
5 + 1 − 3m = 0 ⇔ m = 2 (thỏa mãn).
Kết luận m = 2.
Câu 5. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b
2
chia hết cho a
2
b − 1.
Lời giải.
Ta có
(a + b
2
)
.
.
. (a
2
b − 1) ⇒ a + b
2
= k(a
2
b − 1), k ∈ N
∗
⇔ a + k = b(ka
2
− b) hay mb = a + k (1) với m = ka
2
− b ∈ N
∗
⇔ m + b = ka
2
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
mb − m − b + 1 = a + k −ka
2
+ 1 ⇔ (m − 1)(b − 1) = (a + 1)(k + 1 −ka). (3)
Do m, b ∈ N
∗
⇒ (m − 1)(b − 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 − ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 − ka ≥ 0 ⇒ 1 ≥ k(a − 1).
Vì a − 1 > 0, k > 0 nên 1 ≥ k(a − 1) ≥ 0 và k(a − 1) ∈ N
∗
⇒
k(a − 1) = 0
k(a − 1) = 1
⇔
a = 1
a = 2
k = 1
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
140
Với a = 1. Thay vào (3) ta được:
(m − 1)(b − 1) = 2
⇔
m − 1 = 2
b − 1 = 1
m − 1 = 1
b − 1 = 2
⇔
b = 2 ⇒ ka
2
= 5 ⇒ a = 1
b = 3 ⇒ ka
2
= 5 ⇒ a = 1
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1, b = 2 và a = 1, b = 3.
Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có:
(m − 1)(b − 1) = 0 ⇔
b = 1
m = 1
Khi b = 1, ta được a = 2, b = 1.
Khi m = 1. Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Khi đó a = 2, b = 3.
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
Câu 6. Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
a
3
a
3
+ (b + c)
3
+
b
3
b
3
+ (c + a)
3
+
c
3
c
3
+ (a + b)
3
≥ 1
Lời giải.
Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
p
x
3
+ 1 =
p
(x + 1)(x
2
− x + 1) ≤
x + 1 + x
2
− x + 1
2
=
x
2
+ 2
2
⇒
…
1
x
3
+ 1
≥
2
x
2
+ 2
(*)
Dấu “=” xảy ra khi x = 2.
Áp dụng bất đẳng thức (∗) ta được
a
3
a
3
+ (b + c)
3
=
Õ
1
1 +
Å
b + c
a
ã
3
≥
2
Å
b + c
a
ã
2
+ 2
=
2a
2
(b + c)
2
+ 2a
2
.
Suy ra
a
3
a
3
+ (b + c)
3
≥
2a
2
2
Ä
b
2
+ c
2
ä
+ 2a
2
=
a
2
a
2
+ b
2
+ c
2
. (1)
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
141
Tương tự ta có
b
3
b
3
+ (c + a)
3
≥
b
2
a
2
+ b
2
+ c
2
. (2)
c
3
c
3
+ (a + b)
3
≥
c
2
a
2
+ b
2
+ c
2
. (3)
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a
3
a
3
+ (b + c)
3
+
b
3
b
3
+ (c + a)
3
+
c
3
c
3
+ (a + b)
3
≥ 1.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Câu 7. Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa
điểm A và điểm C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm
C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn
tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường
thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A
và Q).
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường
thẳng MP tại E. Chứng minh rằng P là trung điểm của ME.
Lời giải.
Q
A
N
E
CB K I
H
P
M
O
D
a) Gọi I là trung điểm của BC, suy ra IO ⊥ BC.
4ABN đồng dạng với 4ANC (vì
’
ANB =
’
ACN,
’
CAN chung)
⇒
AB
AN
=
AN
AC
⇒ AB.AC = AN
2
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
142
4ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN
2
. Suy ra
AB.AC = AH.AO (1)
4AHK đồng dạng với 4AIO (g.g) nên
AH
AI
=
AK
AO
⇒ AI.AK = AH.AO (2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI.AK = AB.AC ⇒ AK =
AB.AC
AI
Ta có A, B, C cố định nên I cũng cố định, suy ra AK không đổi. Mà A cố định, K là
giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB, suy ra K cố định.
b) Xét hai tam giác MHE và QDM. Có
’
NME =
’
MQP
’
NHE = 90
◦
−
’
AHE =
÷
MDH. Suy ra
’
MHE = 180
◦
−
’
NHE = 180
◦
−
÷
MDH =
’
MDQ
Vậy 4MHE đồng dạng với 4QDM, suy ra
ME
MQ
=
MH
DQ
.
Mặt khác, 4P MH đồng dạng với 4MQH (g.g), suy ra
MP
MQ
=
MH
QH
=
MH
2DQ
.
Từ hai kết quả trên suy ra
MP
MQ
=
1
2
.
ME
MQ
⇒ ME = 2MP
Từ đó suy ra P là trung điểm của ME.
Câu 8. Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của
11 phần tử bất kì lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập
hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
Lời giải.
Giả sử A = {a
1
; a
2
; a
3
; ··· ; a
21
} với a
1
, a
2
, a
3
, ··· , a
21
∈ Z và a
1
< a
2
< a
3
< ··· < a
21
.
Theo giả thiết ta có
a
1
+ a
2
+ a
3
+ ···+ a
11
> a
12
+ a
13
+ ···+ a
21
⇔ a
1
> (a
12
− a
2
) + (a
13
− a
3
) + ···+ (a
21
− a
11
) (1)
Mặt khác với x, y ∈ Z và nếu x < y thì y ≥ x + 1. Suy ra
a
12
− a
2
≥ 10, a
13
− a
3
≥ 10, ··· , a
21
− a
11
≥ 10 (2)
Nên từ (1) suy ra
a
1
> 10 + 10 + ···+ 10 = 100
Mà a
1
nhỏ nhất và 101 ∈ A nên a
1
= 101.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
143
Ta có
101 > (a
12
− a
2
) + (a
13
− a
3
) + ···+ (a
21
− a
11
) ≥ 100
⇒(a
12
− a
2
) + (a
13
− a
3
) + ···+ (a
21
− a
11
) = 100
Kết hợp với (2), suy ra
a
12
− a
2
= a
13
− a
3
= ··· = a
21
− a
11
= 10 (3)
⇒ 10 = a
12
− a
2
= (a
12
− a
11
) + (a
11
− a
10
) + ···+ (a
3
− a
2
) ≥ 10
⇒ a
12
− a
11
= a
11
− a
10
= ··· = a
3
− a
2
= 1 (4)
Ta có a
1
= 101 mà 102 ∈ A suy ra a
2
= 102.
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = {101; 102; ··· ; 121}.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
144
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 29
ĐỀ THI HSG TOÁN 9, PHÚ LỘC,
THỪA THIÊN HUẾ, 2017
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 29
Câu 1. Cho biểu thức A =
Å
3x +
√
9x − 3
x +
√
x − 2
+
1
√
x − 1
+
1
√
x + 2
− 2
ã
:
1
x − 1
.
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tìm giá trị của x để
2
A
là số tự nhiên.
Lời giải.
a) Điều kiện:
x ≥ 0
x 6= 1.
b) A =
Å
3x +
√
9x − 3
x +
√
x − 2
+
1
√
x − 1
+
1
√
x + 2
− 2
ã
:
1
x − 1
=
x + 3
√
x + 2
(
√
x − 1) (
√
x + 2)
· (x − 1)
=
(
√
x + 1) (
√
x + 2)
(
√
x − 1) (
√
x + 2)
·
√
x − 1
√
x + 1
=(
√
x + 1)
2
.
c) Với điều kiện:
x ≥ 0
x 6= 1.
Ta có: A = (
√
x + 1)
2
.
Vì A = (
√
x + 1)
2
≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤
2
(
√
x + 1)
2
≤ 2.
Do đó:
2
A
=
2
(
√
x + 1)
2
∈ N khi (
√
x + 1)
2
= 1 hoặc (
√
x + 1)
2
= 2.
Mà
√
x + 1 > 0 nên
√
x + 1 = 1 hoặc
√
x + 1 =
√
2.
Do đó: x = 0 hoặc x =
√
2 − 1
2
= 3 − 2
√
2.
Vậy
2
A
là số tự nhiên khi x = 0 hoặc x = 3 − 2
√
2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
145
Câu 2. Giải phương trình: x
2
− 10x + 27 =
√
6 − x +
√
x − 4.
Lời giải.
Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6.
• V T = x
2
− 10x + 27 = (x − 5)
2
+ 2 ≥ 2, dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = 5.
• V P =
√
6 − x +
√
x − 4 ≤
q
(1
2
+ 1
2
)
î
√
6 − x
2
+
√
x − 4
2
ó
⇔ V P ≤ 2.
dấu ” = ” xảy ra ⇔
1
√
6 − x
=
1
√
x − 1
⇒ 6 − x = x − 4 ⇔ x = 5.
V T = V P ⇔ x = 5 (TMĐK). Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
Câu 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
x + 1
x
2
+ x + 1
.
Lời giải.
Ta có: x
2
+ x + 1 =
x +
1
2
2
+
3
4
> 0, ∀x ∈ R.
A =
x + 1
x
2
+ x + 1
=
x
2
+ x + 1 − x
2
x
2
+ x + 1
= 1 −
x
2
x
2
+ x + 1
≤ 1 (vì
x
2
x
2
+ x + 1
≥ 0, ∀x ∈ R).
Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: max A = 1 khi x = 0.
A =
x + 1
x
2
+ x + 1
⇒ 3A =
3x + 3
x
2
+ x + 1
=
x
2
+ 4x + 4 −
x
2
+ x + 1
x
2
+ x + 1
.
=
(x + 2)
2
x
2
+ x + 1
− 1 ≥ −1 (vì
(x + 2)
2
x
2
+ x + 1
≥ 0, ∀x ∈ R).
Suy ra: A ≥ −
1
3
, đẳng thức xảy ra khi x + 2 = 0 ⇔ x = −2.
Suy ra: min A = −
1
3
, khi x = −2.
Câu 4. Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d
1
); y = 3x + 7 (d
2
).
a) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d
1
) và (d
2
) với trục Oy. Tìm tọa độ trung
điểm I của đoạn thẳng AB.
b) Gọi J là giao điểm của (d
1
) và (d
2
). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích
của tam giác đó.
Lời giải.
a) Tìm được A(0; 3); B(0; 7). Suy ra I(0; 5).
b) Hoành độ giao điểm J của (d
1
) và (d
2
) là nghiệm của phương trình: x + 3 = 3x + 7
⇒ x = −2 ⇒ y
J
= 1 ⇒ J(−2; 1).
Suy ra: OI
2
= 0
2
+ 5
2
= 25; OJ
2
= 2
2
+ 1
2
= 5; IJ
2
= 2
2
+ 4
2
= 20.
⇒ OJ
2
+ IJ
2
= OI
2
⇒ tam giác OIJ là tam giác vuông tại J.
⇒ S
4OIJ
=
1
2
OI · OJ =
1
2
·
√
5 ·
√
20 = 5 (đvdt).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
146
Câu 5. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua
M vẽ dây CD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M.
a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?
b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu củaM trên AC và BC. Chứng minh rằng:
HM
HK
·
MK
MC
=
CD
4R
.
c) Gọi C
0
là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C
0
nằm trên một đường
tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).
Lời giải.
A B
DC
0
C
OE
K
H
O
0
M
a) Vì CD ⊥ AB ⇒ CM = MD.
Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
Mà AE ⊥ CD ⇒ tứ giác ACED là hình thoi.
b) Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên 4ABC vuông tại C, suy ra tứ giác
CHMK là hình chữ nhật.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
147
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có:
MH.AC = MA.MC ⇒ MH =
MA.MC
AC
.
Tương tự ta có: MK =
MB.MC
BC
⇒ MH.MK =
MA.MB.MC
2
AC.BC
.
Mà MA.MB = MC
2
; AC.BC = MC.AB (do 4ABC vuông tại C).
⇒ MH.MK =
MC
2
.MC
2
MC.AB
=
MC
3
AB
⇒
MH.MK
MC
2
=
MC
AB
.
Mà MC = MK (do CHMK là hình chữ nhật)
⇒
MH.MK
HK.MC
=
MC
AB
=
2MC
2AB
=
CD
4R
.
Vậy:
HM
HK
.
MK
MC
=
CD
4R
(đpcm).
c) Lấy O
0
đối xứng với O qua A, suy ra O
0
cố định.
Tứ giác COC
0
O
0
là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A
của mỗi đường.
Do đó O
0
C
0
= OC = R không đổi.
Suy ra C
0
nằm trên đường tròn (O
0
; R
0
) cố định khi M di chuyển trên đường kính
AB.
Câu 6. Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
c + ab
a + b
+
a + bc
b + c
+
b + ac
a + c
≥ 2.
Lời giải.
Vì a + b + c = 1 nên
c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c)
b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c)
do đó BĐT cần chứng minh tương đương với:
(c + a)(c + b)
a + b
+
(b + a)(b + c)
a + c
+
(a + b)(a + c)
b + c
≥
2
⇔
Å
(c + a)(c + b)
a + b
ã
2
+
Å
(b + a)(b + c)
a + c
ã
2
+
Å
(a + b)(a + c)
b + c
ã
2
≥ 2.
Mặt khác dễ thấy: x
2
+ y
2
+ z
2
≥ xy + yz + zx, với mọi x, y, z (*)
Áp dụng (*) ta có: V T ≥ b + c + a + b + c + a = 2.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
148
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 30
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2016-2017,
THANH HÓA
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 30
Câu 1. Cho biểu thức P =
Å
x + 2
x
√
x − 1
+
√
x
x +
√
x + 1
+
1
1 −
√
x
ã
:
√
x − 1
2
, với 0 6 x 6= 1.
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm x để P =
2
7
.
c) So sánh: P
2
và 2P .
Lời giải.
a) Điều kiện 0 6 x 6= 1. Ta biến đổi biểu thức P
P =
Å
x + 2
x
√
x − 1
+
√
x
x +
√
x + 1
+
1
1 −
√
x
ã
:
√
x − 1
2
.
=
Ç
x + 2
(
√
x)
3
− 1
+
√
x
x +
√
x + 1
−
1
√
x − 1
å
:
√
x − 1
2
=
x + 2 +
√
x (
√
x − 1) − (x +
√
x + 1)
(
√
x − 1) (x +
√
x + 1)
:
√
x − 1
2
=
x − 2
√
x + 1
(
√
x − 1) (x +
√
x + 1)
.
2
√
x − 1
=
2
x +
√
x + 1
.
b) Điều kiện 0 6 x 6= 1. Ta có:
P =
2
7
⇔
2
x +
√
x + 1
=
2
7
⇔ x+
√
x+1 = 7 ⇔ x +
√
x−6 = 0 ⇔ (
√
x − 2) (
√
x + 3) = 0
Vì
√
x + 3 > 0 nên
√
x − 2 = 0⇔ x = 4, thỏa mãn. Vậy P =
2
7
khi x = 4.
c) Vì x > 0 ⇒ x +
√
x + 1 > 1
⇔ 0 <
2
x +
√
x + 1
6 2 ⇔ 0 < P 6 2 ⇔ P (P − 2) 6 0 ⇔ P
2
6 2P .
Dấu “=” xảy ra khi P = 2 ⇔ x = 0. Vậy P
2
6 2P .
Câu 2.
a) Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn 2y
2
x + x + y + 1 = x
2
+ 2y
2
+ xy.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
149
b) .Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:
1
a
+
1
b
+
1
c
2
=
1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
.Chứng minh rằng: a
3
+ b
3
+ c
3
chia hết cho 3.
Lời giải.
a) Ta có
2y
2
x + x + y + 1 = x
2
+ 2y
2
+ xy
⇔ 2y
2
x + x + y + 1 − x
2
− 2y
2
− xy = 0
⇔ (x − 1) (2y
2
− y − x) = −1
Vì x, y ∈ Z nên x − 1 ∈ {1; −1}
• Nếu x − 1 = 1 ⇒ x = 2. Khi đó 2y
2
− y − 2 = −1 ⇔ y = 1 ∨ y = −
1
2
/∈ Z.
• Nếu x − 1 = −1 ⇒ x = 0. Khi đó 2y
2
− y = 1 ⇔ y = 1 ∨ y = −
1
2
/∈ Z.
Vậy
x = 2
y = 1
;
x = 0
y = 1
.
b) Từ giả thiết
(
1
a
+
1
b
+
1
c
)
2
=
1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
⇔ 2(
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
) = 0
Vì a, b, c 6= 0 nên a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c. Từ đó
(a + b)
3
= (−c)
3
⇒ a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b) = −c
3
⇒ a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Vậy a
3
+ b
3
+ c
3
.
.
.3 với a, b, c ∈ Z.
Câu 3.
a) Giải phương trình sau:
√
4x
2
+ 20x + 25 +
√
x
2
+ 6x + 9 = 10x − 20.
b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1
Lời giải.
a) Đkxđ: ∀x ∈ R.
p
4x
2
+ 20x + 25 +
p
x
2
+ 6x + 9 = 10x − 20.
Vì
√
4x
2
+ 20x + 25 +
√
x
2
+ 6x + 9 > 0, ∀x nên 10x − 20 > 0 ⇒ x > 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
150
Tacó
p
4x
2
+ 20x + 25 +
p
x
2
+ 6x + 9 = 10x − 20
⇔ |2x + 5| + |x + 3| = 10x − 20
⇔ 2x + 5 + x + 3 = 10x − 20 ⇔ 7x = 28 ⇔ x = 4
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4.
b) Ta có
x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 7x + 7y + 10 = 0
⇔ (x + y)
2
+ 7(x + y) + 10 = −y
2
⇒ (x + y + 2)(x + y + 5) = −y
2
≤ 0
⇒ −4 ≤ x + y + 1 ≤ −1
• x + y + 1 = −4 khi x = −5; y = 0.
• x + y + 1 = −1 khi x = −2; y = 0.
Vậy A
min
= −4 khi x = −5; y = 0. A
max
= −1 khi x = −2; y = 0.
Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi
E là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F . Lấy M là
trung điểm của EF .
a) Chứng minh CM vuông góc với EF .
b) Chứng minh NB.DE = a
2
và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEF C gấp 3 lần diện tích
của hình vuông ABCD.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
151
N
CD
F
E
M
A B
a) Ta có:
’
ECD =
’
BCF (cùng phụ với
’
ECB)
Chứng minh được: 4EDC = 4F BC (cạnh góc vuông - góc nhọn)
⇒ CE = CF ⇒ 4ECF cân tại C
Mà CM là đường trung tuyến nên CM ⊥ FE.
b) Vì 4EDC = 4F BC ⇒ ED = F B.
Do 4NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác giác vuông ta có
BC
2
= NB.BF ⇒ a
2
= NB.DE, (đpcm).
4CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM =
F E
2
,
4AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM =
F E
2
.
Suy ra CM = AM =
F E
2
. Vậy M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC.
Vậy B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC, (đpcm).
c) Đặt DE = x với x > 0, suy ra BF = x.
Ta có S
ACF E
= S
ACF
+ S
AEF
=
1
2
AF (AE + CB).
=
1
2
(AB + BF ) (AE + AD) =
1
2
(a + x) DE =
1
2
(a + x) x.
Mà S
ACF E
= 3S
ABCD
⇔
1
2
x (a + x) = 3a
2
⇔
x = 2a
x = −3a
.
Do x > 0 và a > 0 suy ra nhận x = 2a. Vậy A là trung điểm của DE hay AE = a.
Vì AE k BC nên
AN
NB
=
AE
BC
= 1 ⇒ N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì S
ACF E
= 3S
ABCD
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
152
Câu 5. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
<
…
a
b + c
+
…
b
c + a
+
…
c
a + b
.
Lời giải.
Vì a, b, c > 0 nên
a
a + b
< 1 ⇒
a
a + b
<
a + c
a + b + c
.
Tương tự:
b
b + c
<
b + a
a + b + c
;
c
c + a
<
c + b
a + b + c
suy ra
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
< 2(1)
Ta có
q
a
b + c
=
a
p
a(b + c)
. Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
a + (b + c)
2
>
p
a(b + c) > 0
⇔
2
a + b + c
6
1
p
a(b + c)
⇔
2a
a + b + c
6
a
p
a(b + c)
⇔
2a
a + b + c
6
…
a
b + c
Tươngtự
2b
a + b + c
6
…
b
a + c
;
2c
a + b + c
6
q
c
b + a
.
Từ đó suy ra
q
a
b + c
+
…
b
c + a
+
q
c
a + b
> 2.
Vậy
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
<
q
a
b + c
+
…
b
c + a
+
q
c
a + b
.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
153
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 31
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016-2017, SỞ
GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 31
Câu 1.
a) Giả sử a là một nghiệm của phương trình
√
2x
2
+ x − 1 = 0. Tính giá trị của biểu
thức:
P =
2a − 3
p
2 (2a
4
− 2a + 3) + 2a
2
.
b) Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x
2
+ 2y
2
+ 2xy − 2 (x + 2y) + 1 = 0. Tính giá trị
của biểu thức S = 2016x
2017
+ 2017y
2016
.
Lời giải.
a) Do a là một nghiệm của phương trình
√
2x
2
+ x − 1 = 0 nên
√
2a
2
+ a − 1 = 0
⇒
√
2a
2
= 1 − a (a ≤ 1) ⇒ 2a
4
= (1 − a)
2
= a
2
− 2a + 1.
Khi đó:
P =
2a − 3
p
2 (2a
4
− 2a + 3) + 2a
2
=
2a − 3
p
2 (a
2
− 2a + 1 − 2a + 3) + 2a
2
=
2a − 3
p
2 (a
2
− 4a + 4) + 2a
2
=
2a − 3
√
2 (2 − a) +
2 (1 − a)
√
2
=
√
2 (2a − 3)
−4a + 6
=
√
2 (2a − 3)
−2 (2a − 3)
= −
√
2
2
.
Vậy P = −
√
2
2
.
b) Ta có: x
2
+ 2y
2
+ 2xy − 2 (x + 2y) + 1 = 0 ⇔ 2x
2
+ 4y
2
+ 4xy − 4 (x + 2y) + 2 = 0 ⇔
î
(x + 2y)
2
− 4 (x + 2y) + 4
ó
+ x
2
= 2 ⇔ (x + 2y −2)
2
+ x
2
= 2
⇒
0 ≤ (x + 2y − 2)
2
≤ 2
0 ≤ x
2
≤ 2
⇒ (x + 2y − 2)
2
= x
2
= 1
Do x, y là các số nguyên dương nên x = y = 1.
Vậy S = 4033.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
154
Câu 2.
a) Giải phương trình sau: x
3
+ 5x
2
+ 10x =
3x
2
+ 3x + 6
√
x + 2.
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: x
2
− y
2
+ x
2
y − xy = x + 14.
Lời giải.
a) x
3
+ 5x
2
+ 10x =
3x
2
+ 3x + 6
√
x + 2.(∗)
Đk: x ≥ −2.
Với điều kiện trên ta có:
(∗) ⇔ x
x
2
+ x + 2
+ 4x (x + 2) = 3
x
2
+ x + 2
√
x + 2
⇔
x
x
2
+ x + 2
−
x
2
+ x + 2
√
x + 2
+
4x (x + 2) − 2
x
2
+ x + 2
√
x + 2
= 0
⇔
x
2
+ x + 2
x −
√
x + 2
− 2
√
x + 2
x
2
+ x + 2 − 2x
√
x + 2
= 0
⇔
x −
√
x + 2
x
2
+ x + 2
− 2
x −
√
x + 2
2
.
√
x + 2 = 0
⇔
x −
√
x + 2
x − 2x
√
x + 2 + 3 (x + 2)
= 0
⇔
x −
√
x + 2
î
x −
√
x + 2
2
+ 2 (x + 2)
ó
= 0
⇔
√
x + 2 = x
x −
√
x + 2
2
+ 2 (x + 2) = 0
.
⇔
x ≥ 0
x
2
− x − 2 = 0
⇔ x = 2.
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 2.
b) Ta có:
x
2
− y
2
+ x
2
y − xy = x + 14 ⇔
x
2
+ x
2
y
− (x + xy) = y
2
+ 14 ⇔
x
2
− x
(y + 1) = y
2
+ 14
⇒ x
2
− x =
y
2
+ 14
y + 1
= y − 1 +
15
y + 1
.
Do x nguyên dương, y nguyên dương nên
15
y + 1
nguyên dương.
Suy ra:
y + 1 = 1 → y = 0
y + 1 = 3 → y = 2
y + 1 = 5 → y = 4
y + 1 = 15 → y = 14
.
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (3; 2) ; (3; 4) .
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
155
Câu 3. Cho phương trình x
3
− 3x
2
+ (4m + 3) x − 8m − 2 = 0. (∗)
a) Giải phương trình (∗) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt.
c) Khi phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
, tìm m để x
2
1
+x
2
2
+x
2
3
= 2017.
Lời giải.
a) Khi m = 2, thì phương trình viết lại: x
3
− 3x
2
+ 11x − 18 = 0. (∗∗)
(∗∗) ⇔ x
3
− 2x
2
− x
2
+ 2x + 9x − 18 = 0 ⇔ x
2
(x − 2) − x (x − 2) + 9 (x −2) = 0
⇔ (x − 2)
x
2
− x + 9
= 0 ⇔
x − 2 = 0
x
2
− x + 9 = 0(vn)
.
⇔ x = 2.
Vậy khi m = 2 thì phương trình (∗) có một nghiệm duy nhất x = 2.
b) Tìm m để phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt.
x
3
− 3x
2
+ (4m + 3)x − 8m − 2 = 0 ⇔ x
3
− 2x
2
− x
2
+ 2x + 4mx − 8m + x − 2 = 0
⇔ (x − 2)x
2
− x(x − 2) + 4m(x − 2) + (x − 2) = 0
⇔ (x − 2)
x
2
− x + 4m + 1
= 0
⇔
x = 2
x
2
− x + 4m + 1 = 0(1)
.
Do đó, phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi x
2
− x + 4m + 1 = 0
có hai nghiệm phân biệt khác 2
⇔
∆ > 0
3 + 4m 6= 0
⇔
− 16m − 3 > 0
m 6= −
3
4
⇔
m < −
3
16
m 6= −
3
4
Vậy với m < −
3
16
và m 6= −
3
4
thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt.
c) Khi phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
, tìm m để x
2
1
+x
2
2
+x
2
3
=
2017.
Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt ⇔
m < −
3
16
m 6= −
3
4
.
Khi đó phương trình luôn có một nghiệm bằng 2, giả sử đó là x
1
= 2.
Theo định lí Viet, ta có: x
2
+ x
3
= 1, x
2
x
3
= 4m + 1.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
156
Do đó:
x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= 4 + (x
2
+ x
3
)
2
− 2x
2
x
3
= 4 + 1 − 2(4m + 1) = −8m + 3
x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= 2017 ⇔ −8m + 3 = 2017 ⇔ m = −
1007
4
Vậy m = −
1007
4
là giá trị cần tìm.
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB < AC và AA
0
, BB
0
, CC
0
là ba đường
cao. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến đường
tròn O (M, N là các tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, M
0
là giao điểm
thứ hai của A
0
N là đường tròn O, K là giao điểm của OH và B
0
C
0
. Chứng minh rằng:
a) BC là đường trung trực của đoạn thẳng MM
0
.
b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng.
c)
KB
0
KC
0
=
Å
HB
0
HC
0
ã
2
.
Lời giải.
a)
Do tính chất tiếp
tuyến và tính
chất đường cao,
’
AMO =
’
ANO =
’
AA
0
O = 90
◦
nên 5 điểm
O, A, A
0
, M, N
cùng nằm trên
đường tròn đường
kính AO.
Suy ra
’
AA
0
N =
’
AMN.
Mà
’
AMN =
÷
MM
0
N(cùng
chắn
¯
MN). Suy
ra
÷
MM
0
N =
’
AA
0
N.
B
C
0
M
D
H
C
K
A
N
B
0
F
O
E
A
0
M
0
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
157
Do đó MM
0
k AA
0
.
Mặt khác BC ⊥ AA
0
nên MM
0
⊥ BC. Vì BC là đường kính của đường tròn (O) mà
BC vuông góc với dây cung MM
0
nên BC là đường trung trực của MM
0
.
b) Ta có: 4AMC
0
v ∆ABM vì có chung góc
’
MAB và
÷
AMC
0
=
’
ABM.
Do đó:
AM
AC
0
=
AB
AM
⇒ AM
2
= AB.AC
0
. ∆AC
0
H v ∆AA
0
B nên
AC
0
AH
=
AA
0
AB
⇒
AC
0
.AB = AA
0
.AH.
Do đó AM
2
= AA
0
.AH ⇒
AH
AM
=
AM
AA
0
. Mà hai tam giác AHM và AMA
0
có chung
góc
÷
A
0
AM nên chúng đồng dạng. Suy ra
’
AMH =
÷
AA
0
M (1).
Mặt khác, tứ giác AMA
0
N nội tiếp đường tròn đường kính AO nên
÷
AA
0
M =
’
ANM
Ta lại có AM, AN là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
’
AMN =
’
ANM.
Như vậy
’
AMN =
÷
AA
0
M (2).
Từ (1) và (2) suy ra
’
AMH =
’
AMN.
Nhận xét rằng H và N nằm cùng một phía đối với đường thẳng AM, nên tia MH
trùng với tia MN hay M, H, N thẳng hàng.
c) Gọi d là đường thẳng qua O và song song với B
0
C
0
, cắt BB
0
, CC
0
lần lượt tại D, E.
Ta có:
KB
0
OD
=
KH
OH
=
KC
0
OE
⇒
KB
0
KC
0
=
OD
OE
(3).
Mà
’
BDO =
’
ECO (cùng bằng
÷
BB
0
C
0
) và
’
BOD =
’
EOC nên 4DBO v 4CEO.
Do đó
OD
OB
=
OC
OE
⇒ OD.OE = OB.OC = OC
2
⇒
OD
OE
=
OC
2
OE
2
(4).
Trên dây cung CC
0
, lấy điểm F khác E sao cho OF = OE.
Lúc đó
’
OF C =
÷
B
0
C
0
H (cùng bằng
’
OEC
0
).
Mặt khác
÷
HB
0
C
0
=
’
OCF (cùng chắn cung
¯
BC
0
) nên 4B
0
C
0
H v 4CF O
Suy ra
HB
0
HC
0
=
OC
OF
⇒
HB
0
HC
0
=
OC
OE
(5).
Từ (3), (4), (5) ta được
KB
0
KC
0
=
Å
HB
0
HC
0
ã
2
.
Câu 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC; T, H lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và B của tam giác ABC.
a) Chứng minh bốn điểm A, B, T, H cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh:
CH.CA = CT.CB
b) Chứng minh IC ⊥ HT.
c) Tìm trên các cạnh BC, AC, AB lần lượt các điểm K, P, Q có chu vi nhỏ nhất.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
158
Lời giải.
C
T
x
B
H
I
A
a) Ta có:
’
AHB =
‘
AT B = 90
◦
⇒ H, T cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên H, T
thuộc đường tròn đường kính AB.
⇒ 4CT A v 4CHB (vì hai tam giác vuông có
’
ACB chung).
Do đó:
CH
CT
=
CB
CA
⇔ CH.CA = CT.CB
b) Gọi Cx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C.
Ta có:
‘
HCx =
’
ABC (cùng chắn cung
ˆ
AC)
Ta lại có:
’
ABC =
’
T HC (vì tứ giác AHT B nội tiếp)
Suy ra:
‘
HCx =
’
T HC ⇒ HT k Cx. Mà IC ⊥ Cx. Vậy IC ⊥ HT.
c) Gọi E là điểm đối xứng của P qua AB, J là điểm đối xứng của P qua BC
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
159
C
J
E
B
K
Q
H P
L
A
Ta có: BE = BJ = BP ;
‘
EBJ = 2
’
ABC; EQ = P Q, P K = JK.
Vẽ BL⊥EJ (L ∈ EJ). 4BEJ cân tại B (BE = BJ) ; BL là đường cao ⇒ BL là tia
phân giác và là trung tuyến ⇒
‘
EBL =
’
ABC, EJ = 2EL.
Trong tam giác EBL vuông tại L, ta có: EL = BE. sin
‘
EBL ⇒ EJ = 2BP. sin
’
ABC
(vì EJ = 2EL, BP = BE)
Gọi C
4KP Q
là chu vi của tam giác KP Q,ta có:
C
4KP Q
= KQ + QP + KP = EQ + QK + KJ ≥ EJ = 2BP. sin
’
ABC ≥ 2BH. sin
’
ABC
⇔ C
4KP Q
≥ 2BH. sin
’
ABC (không đổi)
Dấu
00
=
00
xảy ra khi và chỉ khi P ≡ H và E, Q, K, J thẳng hàng.
Vậy P là chân đường cao H kẻ từ B và Q, K lần lượt là giao điểm của EJ và hai
cạnh AB và AC của tam giác ABC.
Câu 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 3. Chứng minh rằng:
P =
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3.
Lời giải.
Do x, y, z là các số thực dương nên
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3 ⇔
Å
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
ã
2
≥ 9
⇔
xy
z
2
+
yz
x
2
+
Å
zx
y
ã
2
+ 2
x
2
+ y
2
+ z
2
≥ 9
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
160
⇔
xy
z
2
+
yz
x
2
+
Å
zx
y
ã
2
≥ 3(vì x
2
+ y
2
+ z
2
= 3)
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: ⇔
xy
z
2
+
yz
x
2
≥ 2
…
xy
z
2
.
yz
x
2
= 2y
2
(1).
Tương tự:
yz
x
2
+
Å
zx
y
ã
2
≥ 2z
2
(2);
Å
zx
y
ã
2
+
xy
z
2
≥ 2x
2
(3).
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta có:
2
ñ
xy
z
2
+
yz
x
2
+
Å
zx
y
ã
2
ô
≥ 2
x
2
+ y
2
+ z
2
= 6(dox
2
+ y
2
+ z
2
= 3)
⇔
xy
z
2
+
yz
x
2
+
Å
zx
y
ã
2
≥ 3 ⇔ P ≥ 3
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = z = 1
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
161
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 32
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2016-2017,
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 32
Câu 1. Cho ba số a, b, c thỏa mãn a − b = 7, b − c = 3.
Tính giá trị của biểu thức P =
a
2
+ b
2
+ c
2
− ab − bc − ca
a
2
− c
2
− 2ab + 2bc
.
Lời giải.
Từ a − b = 7, b − c = 3 ⇒ a − c = 10. Ta có:
P =
2(a
2
+ b
2
+ c
2
− ab − ba − ca)
2(a
2
− c
2
− 2ab + 2bc)
=
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
2[(a − b)
2
− (b − c)
2
]
=
7
2
+ 3
2
+ 10
2
2(7
2
− 3
2
)
=
79
40
.
Câu 2. Giải phương trình: (2x − 1)
√
x + 3 = x
2
+ 3 (1).
Lời giải.
Điều kiện: x ≥ −3.
(1) ⇔ 2x
√
x + 3 −
√
x + 3 = x
2
+ 3 ⇔ x
2
+ 3 − 2x
√
x + 3 +
√
x + 3 = 0
⇔ (x
2
− 2x
√
x + 3 + x + 3) − (x −
√
x + 3) = 0
⇔ (x −
√
x + 3)(x −
√
x + 3 − 1) = 0
⇔
x −
√
x + 3 = 0
x −
√
x + 3 − 1 = 0
⇔
x ≥ 0
x =
√
x + 3
x ≥ 1
x − 1 =
√
x + 3
⇔
x ≥ 0
x
2
= x + 3
x ≥ 1
(x − 1)
2
= x + 3
⇔
x ≥ 0
x
2
− x − 3 = 0
x ≥ 1
x
2
− 3x − 2 = 0
⇔
x =
1 +
√
13
2
x =
3 +
√
17
2
KthpviØiukin, vytpnghimcaphngtrnhl :S=
ß
1 +
√
13
2
;
3 +
√
17
2
™
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
162
Câu 3. Giải hệ phương trình:
x(y − 1) + y(x + 1) = 6
(x − 1)(y + 1) = 1
.
Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với
xy − x + xy + y = 6
xy + x − y = 2
⇔
3xy = 8
3xy + 3x − 3y = 6
⇔
3x(−3y) = −24
3x + (−3y) = −2
.
Khi đó (3x) và (−3y) là nghiệm của phương trình:
X
2
+ 2X − 24 = 0 ⇔
X = 4
X = −6
⇔
x =
4
3
y = 2
x = −2
y =
−4
3
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
4
3
; 2
,
−2;
−4
3
.
Câu 4.
a) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện
x
1 + x
+
2y
1 + y
= 1. Tìm giá trị lớn
nhất của P = xy
2
.
b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình: (x + y)(x + 2y) = x + 5.
Lời giải.
a) Với x, y > 0 ta có
x
1 + x
+
2y
1 + y
= 1 ⇔ x + xy +2y + 2xy = 1 +xy + x + y ⇔ y + 2xy = 1.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 = y + 2xy ≥ 2
√
y · 2xy = 2
p
2xy
2
.
⇒ 1 ≥ 8xy
2
⇒ P = xy
2
≤
1
8
.
Dấu "=" xảy ra khi
y = 2xy
y + 2xy = 1
x; y > 0
⇔ x = y =
1
2
.
b) Ta có (x + y)(x + 2y) = x + 5 ⇔ x
2
+ 3xy + 2y
2
− x − 5 = 0
⇔ 4x
2
+ 12xy + 8y
2
− 4x − 20 = 0 ⇔ [2x + (3y − 1)]
2
− (y − 3)
2
= 12
⇔ (2x + 2y + 2)(2x + 4y −4) = 12 ⇔ (x + y + 1)(x + 2y − 2) = 3.
Với x, y nguyên nên ta có bảng sau:
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
163
x+2y-2 1 3 -1 -3
x+y+1 3 1 -3 -1
y-3 -2 2 2 -2
y 1 5 5 1
x 1 -5 -9 -3
Vậy phương trình có nghiệm: S = {(1; 1), (−5; 5), (−9; 5), (−3; 1)}.
Câu 5.
a) Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BC và AH. Đường phân giác trong góc A cắt MN tại K. Chứng minh rằng AK
vuông góc với HK.
b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi AH, AD lần lượt là đường cao,
đường phân giác trong của tam giác ABC (H, D ∈ BC). Tia AD cắt (O) ở E, tia
EH cắt (O) ở F và tia F D cắt (O) ở K. Chứng minh rằng AK là đường kính của
đường tròn tâm O.
Lời giải.
CMD
H
K
A
N
F
E
B
a) Gọi ba đường cao của tam giác ABC là AD, BE, CF . Ta dễ dàng chứng minh được
tứ giác BF EC nội tiếp đường tròn đường kính BC có tâm M, và tứ giác AF HE nội
tiếp đường tròn đường kính AH có tâm N.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
164
Giả sử đường tròn (N) cắt NM tại K
0
, Suy ra
÷
AK
0
H = 90
◦
⇒ AK
0
⊥ HK
0
.
Ta có NM là đường trung trực của dây cung chung F E mà K
0
∈ NM ⇒ K
0
F = K
0
E,
⇒
’
K
0
EF =
’
K
0
F E, mà
’
K
0
F E =
’
K
0
AE và
’
K
0
EF =
’
K
0
AF (do tứ giác AF K
0
E nội
tiếp).
⇒
’
K
0
AE =
’
K
0
AF , hay AK
0
là phân giác trong của góc A, mà AK là phân giác trong
của góc A (gt) và K, K
0
∈ NM ⇒ K ≡ K
0
⇒ AK ⊥ HK.
b) Ta có
’
BHF =
’
HBE +
’
HEB =
’
CAE +
’
F AB =
’
BAD +
’
F AB =
’
F AD.
Suy ra tứ giác AF HD nội tiếp ⇒
’
AF D =
’
AHD = 90
◦
⇒
’
AF K = 90
◦
.
Mà
’
AF K là góc nội tiếp của đường tròn tâm O, suy ra AK là đường kính của đường
tròn tâm O.
Câu 6. Trong tuần, mỗi ngày Nam chỉ chơi một môn thể thao. Nam chạy ba ngày một
tuần nhưng không bao giờ chạy hai ngày liên tiếp. Vào thứ Hai, anh ta chơi bóng bàn
và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá. Nam còn đi bơi và chơi cầu lông, nhưng không
bao giờ anh ta chơi cầu lông sau ngày anh ta chạy hoặc bơi. Hỏi ngày nào trong tuần
Nam đi bơi?
Lời giải.
Vào ngày thứ Hai anh ta chơi bóng bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá.
Nếu 0 ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là ngày thứ Hai.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
165
Nếu 1 ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là ngày thứ Ba.
Đề bài cho hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá nên ngày chơi bóng đá là ngày thứ Tư.
Suy ra ba ngày chạy chỉ là ngày:
- Thứ Ba, thứ Năm, thứ Bảy . Khi đó ngày chơi cầu lông là ngày thứ Sáu hoặc Chủ
Nhật (không xảy ra vì sau ngày chạy).
- Thứ Ba, thứ Năm, Chủ Nhật. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Sáu (không xảy ra vì
sau ngày chạy thứ Năm) hoặc thứ Bảy (không xảy ra vì khi đó sau ngày bơi thứ Sáu).
- Thứ Ba, thứ Sáu, Chủ Nhật. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Năm và ngày bơi là
thứ Bảy (thỏa mãn điều kiện đề bài). Vậy thứ Bảy là ngày trong tuần Nam đi bơi.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
166
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 33
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017-2018, BÌNH
ĐỊNH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 33
Câu 1.
1) Cho biểu thức P =
2m +
√
16m + 6
m + 2
√
m − 3
+
√
m − 2
√
m − 1
+
3
√
m + 3
− 2.
a) Rút gọn P .
b) Tìm m ∈ N để P ∈ N.
2) Cho biểu thức P = (a + b)(b + c)(c + a) − abc với a, b, c ∈ Z. Chứng minh rằng nếu
(a + b + c)
.
.
.4 thì P
.
.
.4.
Lời giải.
1a) Điều kiện:
m ≥ 0
m 6= 1
. Khi đó ta có
P =
2m + 4
√
m + 6
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
+
(
√
m − 2) (
√
m + 3)
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
+
3 (
√
m − 1)
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
−
2 (
√
m − 1) (
√
m + 3)
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
=
2m + 4
√
m + 6 + m +
√
m − 6 + 3
√
m − 3 − 2m − 4
√
m + 6
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
=
m + 4
√
m + 3
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
=
(
√
m + 1) (
√
m + 3)
(
√
m − 1) (
√
m + 3)
=
√
m + 1
√
m − 1
.
1b) Ta có P =
√
m + 1
√
m − 1
=
√
m − 1 + 2
√
m − 1
= 1 +
2
√
m − 1
∈ N ⇔
2
√
m − 1
∈ N ⇔
√
m − 1 là
ước dương của 2 ⇔
√
m − 1 ∈ {1; 2} ⇔ m ∈ {4; 9} (thỏa mãn điều kiện).
Vậy m = 4, m = 9 là các giá trị cần tìm.
2) Đặt a + b + c = 4k (k ∈ Z) ⇒ a + b = 4k −c; b + c = 4k − a; a + c = 4k − b.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
167
Ta có:
P = (a + b)(b + c)(c + a) − abc = (4k −c)(4k − a)(4k − b) − abc
=
16k
2
− 4ak − ack + ac
(4k − b) − abc
= 64k
3
− 16bk
2
− 16ak
2
+ 4abc − 16ck
2
+ 4bck + 4ack −abc − abc
= 4
16k
3
− 4bk
2
− 4ak
2
+ abk − 4ck
2
+ bck + ack
− 2abc (∗)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 ⇒ a + b + c chia 2 dư 1 (1).
Mà a + b + c
.
.
.4 ⇒ a + b + c
.
.
.2 (theo giả thiết) (2).
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn ⇒ Điều giả sử là sai.
⇒ Trong 3 số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 2 ⇒ 2abc
.
.
.4 (∗∗).
Từ (∗) và (∗∗) ⇒ P
.
.
.4.
Câu 2.
1) Chứng minh rằng với mọi số thực x, y dương, ta luôn có
1
x
+
1
y
≥
4
x + y
.
2) Cho phương trình 2x
2
+ 3mx −
√
2 = 0 (m là tham số) có hai nghiệm x
1
, x
2
. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức M = (x
1
− x
2
)
2
+
Å
1 + x
2
1
x
1
−
1 + x
2
2
x
2
ã
2
.
Lời giải.
1) Ta có
1
x
+
1
y
≥
4
x + y
⇔
x + y
xy
≥
4
x + y
⇔ (x + y)
2
≥ 4xy ⇔ (x − y)
2
≥ 0 (đúng). Vậy
bất đẳng thức được chứng minh.
2) Phương trình có a, c trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Theo định lý
Vi-ét ta có x
1
+ x
2
= −
3m
2
và x
1
x
2
= −
√
2
2
. Khi đó
M = (x
1
− x
2
)
2
+
Å
1 + x
2
1
x
1
−
1 + x
2
2
x
2
ã
2
= (x
1
− x
2
)
2
+
Å
1 + x
2
1
x
1
−
1 + x
2
2
x
2
ã
2
= (x
1
− x
2
)
2
+
Å
x
2
+ x
2
1
x
2
− x
1
− x
1
x
2
2
x
1
x
2
ã
2
= (x
1
− x
2
)
2
+
ï
x
2
− x
1
+ x
1
x
2
(x
1
− x
2
)
x
1
x
2
ò
2
= (x
1
− x
2
)
2
+
(x
1
− x
2
)
2
· (x
1
x
2
− 1)
2
(x
1
x
2
)
2
= (x
1
− x
2
)
2
·
ñ
1 +
(x
1
x
2
− 1)
2
(x
1
x
2
)
2
ô
=
î
(x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
ó
·
ñ
1 +
(x
1
x
2
− 1)
2
(x
1
x
2
)
2
ô
=
ï
−3m
2
2
− 4 ·
−
√
2
2
ò
·
1 +
Å
−
√
2
2
− 1
ã
2
Å
−
√
2
2
ã
2
=
Å
9 +
9
√
2
2
ã
m
2
+ 8
√
2 + 8 ≥ 8
√
2 + 8.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
168
Dấu “=” xảy ra khi m = 0.
Vậy GTNN của M là 8
√
2 + 8 khi m = 0.
Câu 3. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
1
x
2
+ yz
+
1
y
2
+ xz
+
1
z
2
+ xy
≤
1
2
Å
1
xy
+
1
yz
+
1
zx
ã
.
Lời giải.
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x
2
và yz ta có
x
2
+ yz ≥ 2
p
x
2
yz = 2x
√
yz ⇒
1
x
2
+ yz
≤
1
2x
√
yz
=
1
2
·
1
x
√
yz
Tương tự ta có
1
y
2
+ xz
≤
1
2
·
1
y
√
xz
và
1
z
2
+ xy
≤
1
2
·
1
z
√
xy
.
Suy ra
1
x
2
+ yz
+
1
y
2
+ xz
+
1
z
2
+ xy
≤
1
2
Å
1
x
√
yz
+
1
y
√
xz
+
1
z
√
xy
ã
=
1
2
·
√
yz +
√
xz +
√
xy
xyz
(1)
Ta có
√
yz +
√
xz +
√
xy ≤ x + y + z (2). Thật vậy
(2) ⇔ 2
√
yz + 2
√
xz + 2
√
xy ≤ 2x + 2y + 2z
⇔
√
x −
√
y
2
+
√
z −
√
x
2
+
√
y −
√
x
2
≥ 0 (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra x = y = z.
Từ (1) và (2) suy ra
1
x
2
+ yz
+
1
y
2
+ xz
+
1
z
2
+ xy
≤
1
2
·
x + y + z
xyz
=
1
2
Å
1
yz
+
1
xz
+
1
xy
ã
.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Câu 4.
1) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh rằng MB + MC = MA.
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S
0
lần lượt là diện tích của 4ABC và 4MBC. Chứng minh rằng khi M di động
ta luôn có đẳng thức sau:
MH + MI + MK =
2
√
3 (S + 2S
0
)
3R
2) Cho 4ABC có ba góc nhọn và AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn F D,
lấy N trên tia DE sao cho
’
MAN =
’
BAC. Chứng minh rằng MA là tia phân giác của
’
NMF .
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
169
A
I
M
E
K
H
B C
N
O
1a) Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB (1).
Ta có
’
BMC là góc nội tiếp chắn cung
˘
BAC của đường tròn (O) nên
’
BMC =
1
2
sđ
’
BAC =
1
2
· 240
◦
= 120
◦
⇒
’
BME = 180
◦
−
’
BMC = 180
◦
− 120
◦
= 60
◦
(2).
Từ (1) và (2) ⇒ 4BME đều ⇒ BE = BM = EM.
Xét 4BMA và 4BEC, ta có:
BM = BE (cmt)
’
BAM =
’
BCE (cùng chắn cung nhỏ BM)
BA = BC (do 4ABC đều)
Vậy 4BMA = 4BEC ⇒ MA = EC ⇒ MB + MC = ME + MC = EC = MA.
1b) Gọi N là giao điểm của AO và BC.
Vì 4ABC đều nên O là trong tâm của 4ABC ⇒ A, O, N thẳng hàng và AN =
3
2
AO =
3
2
R. Ta có AB =
AN
sin
’
ABN
=
3
2
R :
√
3
2
= R
√
3.
Ta lại có:
S
4MAB
=
1
2
MH · AB ⇒ MH =
2S
4MAB
AB
=
2S
4MAB
R
√
3
=
2
√
3 · S
4MAB
3R
S
4MBC
=
1
2
MI · BC ⇒ MI =
2S
4MBC
BC
=
2S
4MBC
R
√
3
=
2
√
3 · S
4MBC
3R
S
4MAC
=
1
2
MK · AC ⇒ MK =
2S
4MAC
AC
=
2S
4MAC
R
√
3
=
2
√
3 · S
4MAC
3R
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
170
⇒ MH + MI + MK =
2
√
3
3R
·
S
4MAB
+ S
4MBC
+ S
4MAC
=
2
√
3
3R
·
S
4ABC
+ S
4MBC
+ S
4MBC
=
2
√
3 (S + 2S
0
)
3R
.
2)
Qua M kẻ đường thẳng song song với
BC cắt DE tại K.
Tứ giác AEDB có D, E cùng nhìn AB
dưới một góc vuông nên AEDB là tứ
giác nội tiếp ⇒
’
CDE =
’
BAC.
Mà
÷
MKD =
’
CDE (vì MK k BC) nên
÷
MKD =
’
BAC =
’
MAN ⇒ tứ giác
AMKN nội tiếp ⇒
’
AMN =
’
AKN.
Tứ giác F DCA có F, D cùng nhìn AC
dưới một góc vuông nên F DCA là tứ
giác nội tiếp ⇒
’
F DB =
’
BAC ⇒
’
F DB =
’
EDC (=
’
BAC) ⇒
’
MDA =
’
KDA.
A
D
F
B
M
K
E
C
N
4DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D ⇒ DM = DK.
4AMD = 4AKD (c.g.c) ⇒
’
AMD =
’
AKD ⇒
’
F MA =
’
AKN.
Mà
’
AKN =
’
AMN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ
˜
AN). Suy ra
’
F MA =
’
AMN
hay MA là tia phân giác của
’
NMF .
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
171
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 34
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2017-2018,
HẢI DƯƠNG
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 34
Câu 1.
a) Cho biểu thức P =
»
1 − x + (1 − x)
√
1 − x
2
+
»
1 − x − (1 − x)
√
1 − x
2
với −1 ≤ x ≤
1. Tính giá trị của biểu thức P khi x = −
1
2017
.
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a + b + c =
√
a +
√
b +
√
c = 2.
Chứng minh rằng:
√
a
1 + a
+
√
b
1 + b
+
√
c
1 + c
=
2
p
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
.
Lời giải.
a) P =
»
1 − x + (1 − x)
√
1 − x
2
+
»
1 − x − (1 − x)
√
1 − x
2
=
√
1 − x
Ä
p
1 +
√
1 − x
2
+
p
1 −
√
1 − x
2
ä
(vì −1 ≤ x ≤ 1).
Suy ra: P
2
= (1 − x)
Ä
2 + 2
p
1 − (1 − x
2
)
ä
= 2(1 − x)(1 + |x|).
Mà P > 0 nên P =
p
2(1 − x)(1 + |x|.
Thay x = −
1
2017
ta được P =
2018
2017
√
2.
b) Đặt x =
√
a; y =
√
b; z =
√
c ⇒ xy + yz + zx = 1 ⇒ a + 1 = (x + y)(x + z).
Tương tự ta có b + 1 = (y + z)(y + x); c + 1 = (z + x)(z + y).
Do đó
√
a
1 + a
+
√
b
1 + b
+
√
c
1 + c
=
2(xy + yz + zx)
(x + y)(y + z)(z + x)
=
2
p
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
.
Câu 2.
a) Giải phương trình: 2x
2
− 2x + 1 = (2x + 1)
√
x
2
− x + 2 − 1
.
b) Giải hệ phương trình:
x
2
+ (y + 1)
2
= xy + x + 1
2x
3
= x + y + 1
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
172
a) 2x
2
− 2x + 1 = (2x + 1)
√
x
2
− x + 2 − 1
⇔ (x
2
− x + 2) + x
2
− x − 1 = (2x +
1)
√
x
2
− x + 2 − 1
(1).
Đặt t =
√
x
2
− x + 2 − 1
⇒ x
2
− x + 2 = (t + 1)
2
. Thay vào phương trình (1) ta có:
(t − x)(t − x + 1) = 0 ⇒
t = x
t = x − 1
.
Với t = x ⇒
x ≥ −1
x
2
− x − 2 = (x + 1)
2
⇔ x =
1
3
.
Với t = x − 1 ⇒
x ≥ −1
x
2
− x − 2 = x
2
⇔ x = 2.
Vậy nghiệm của phương trình là: x =
1
3
; x = 2.
b)
x
2
+ (y + 1)
2
= xy + x + 1
2x
3
= x + y + 1
⇔
x
2
+ (y + 1)
2
− x(y + 1) = 1
2x
3
= x + y + 1
.
Đặt t = y + 1 ta được:
x
2
+ t
2
− xt = 1
2x
3
= (x + t)(x
2
+ t
2
− xt)
⇔
x
2
+ t
2
− xt = 1
x = t
⇔
t = x = 1
t = x = −1
.
Vậy nghiệm của hệ là: (1; 0); (−1; −2).
Câu 3.
a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 2x
3
+ 2y
2
+ 3x − 6y = 5xy −7.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n
2
+ 2n +
√
n
2
+ 2n + 18 + 9 là số chính phương.
Lời giải.
a) Ta có 2x
3
+ 2y
2
+ 3x − 6y = 5xy −7 ⇔ (x − 2y)(2x − y + 3) = −7.
Xét tất cả trường hợp ta có cặp nghiệm nguyên (x; y) là: (3; 2); (−5; −6); (−7; −4); (1; 4).
b) n
2
+ 2n +
√
n
2
+ 2n + 18 + 9 là số chính phương.
Suy ra
√
n
2
+ 2n + 18 là số tự nhiên.
Đặt
√
n
2
+ 2n + 18 = k (k ∈ N) ⇔ (k + n + 1)(k − n − 1) = 17.
Vì k, n đều là số tự nhiên và k + n + 1 > k −n − 1 nên ta xét trường hợp sau:
k + n + 1 = 17
k − n − 1 = 1
⇔
k = 9
n = 7
.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
173
Khi đó: n
2
+ 2n +
√
n
2
+ 2n + 18 + 9 = 81 = 9
2
là số chính phương.
Vậy n = 7 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 4.
1) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tia AI cắt (O) tại J khác A. Đường thẳng JO
cắt BC tại E, và cắt (O) tại K khác J.
a) Chứng minh rằng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và JE.JK = JI
2
.
b) Tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại S. Chứng minh rằng SJ.EK = SK.EJ.
c) Đường thẳng SA cắt (O) tại D khác A, đường thẳng DI cắt (O) tại M khác D.
Chứng minh rằng JM đi qua trung điểm của đoạn thẳng IE.
2) Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD; AF cắt DE
tại P ; BF cắt CE tại Q. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T =
F A
F P
+
F B
F Q
+
ED
EP
+
EC
EQ
.
Lời giải.
1)
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
174
a) Dễ thấy J là điểm chính giữa của
cung BC nên E là trung điểm của BC,
và JK chính là một đường kính của
đường tròn (O).
Trong tam giác AIB, góc ∠BIJ
là góc ngoài đỉnh I nên ∠BIJ =
∠BAI + ∠ABI =
1
2
(∠A + ∠B). Lại có
∠IBJ = ∠IBC +∠CBJ =
1
2
(∠A+∠B).
Nên tam giác JIB cân tại J, hay
JI = JB. Chứng minh tương tự ta
cũng có JI = JC. Do đó, J là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
Từ đó, áp dụng thêm hệ thức lượng
trong tam giác vuông JCK, ta dễ dàng
thu được JI
2
= JC
2
= JE · JK.
b) Do SO là đường trung trực của BC
nên S nằm trên đường thẳng JK. Đẳng
thức cần chứng minh tương đương với
SJ
SK
=
EJ
EK
. Mà
SJ
SK
=
SJ
SC
·
SC
SK
=
Å
CJ
CK
ã
2
=
JC
2
KC
2
=
JE · JK
KE · KJ
=
EJ
EK
,
nên ta có điều cần chứng minh.
A
K
M
O
D
J
B
I
C
E
S
N
c) Trước hết, ta có SE · SO = SD · SA(= SB
2
) suy ra tứ giác AOED nội tiếp. Nên
∠DAE = ∠DOE = ∠DOJ = 2∠DAJ. Dẫn đến AJ là phân giác của góc ∠EAS, hay
∠BAD = ∠EAC.
Từ đây, cùng với ∠ADB = ∠ACE(= ∠ACB), ta suy ra các tam giác ABD và ACE
đồng dạng với nhau. Dẫn đến AE · AD = AB · AC. (1)
Gọi N là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Dễ
thấy hai tam giác AIB và ACN đồng dạng với nhau, nên AI · AN = AB ·AC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AE ·AD = AI ·AN. Cùng với ∠DAI = ∠NAE, ta suy ra các tam
giác AID và AEN đồng dạng với nhau. Suy ra ∠ENA = ∠IDA = ∠MDA = ∠MJA.
Hay EN song song với JM. Mà rõ ràng J là trung điểm của IN, nên MJ cũng đi
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
175
qua trung điểm của IE.
2) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề. Cho tứ giác lồi ABCD có
O là giao điểm của hai đường chéo.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AD và BC. Đường thẳng qua A và
song song với CD cắt đường thẳng
qua D và song song với AB tại S.
Khi đó SO song song (hoặc trùng)
với MN.
Chứng minh. Gọi B
0
đối xứng với
B qua M. Khi đó MN song song
với B
0
C. Ta chứng minh SO cũng
song song với B
0
C.
Thật vậy, gọi C
0
là giao của AC và
SD. Để ý rằng tứ giác ABDB
0
là
hình bình hành, nên
C
0
B
0
C
0
S
=
C
0
B
0
C
0
A
·
C
0
A
C
0
S
=
C
0
D
C
0
O
·
C
0
C
C
0
D
=
C
0
C
C
0
O
.
Ta có điều cần chứng minh.
O
C
0
M
C
A
B
D
N
B
0
S
Trở lại bài toán.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
176
Áp dụng bổ đề trên với các tứ giác
ABCD và AEF D, ta suy ra S, O, P
thẳng hàng, suy ra OP song song với
MN. Tương tự, ta cũng có OQ song
song với MN. Do đó, O, P, Q thẳng
hàng và P Q k MN.
Gọi I là giao điểm của F E và MN,
P
0
, Q
0
là giao điểm của P Q với AD, BC.
Qua F , kẻ đường thẳng song song với
P Q, cắt đoạn AD tại G và cắt tia đối
của tia CB tại H. Các điểm J, K được
định nghĩa tương tự (xem hình vẽ).
Theo trên, IM là đường trung bình của
hình thang EF GK nên M là trung điểm
của KG. Suy ra GA = KD.
Áp dụng định lí Thales và BĐT
Cauchy-Schwartz, ta thu được
Q
M
I
A
E
S
D
C
N
F
H
J
Q
0
B
O
P
GK
P
0
C
0
F A
F P
+
ED
EP
=
GA
GP
0
+
KD
KP
0
= DK
1
GP
0
+
1
KP
0
≥ DK ·
4
GP
0
+ KP
0
= 4
DK
GK
.
Tương tự, ta cũng thu được
F B
F Q
+
EC
EQ
≥ 4
CJ
HJ
. Suy ra T ≥ 4
Å
DK
GK
+
CJ
HJ
ã
.
Cuối cùng, ta chứng minh
DK
GK
+
CJ
HJ
= 2, và do đó, GTNN của T bằng 8.
Thật vậy, gọi C
0
là điểm trên AD sao cho CC
0
song song với HG. Khi đó, do F
là trung điểm CD nên G là trung điểm C
0
D. Do đó
DK
GK
+
CJ
HJ
=
DK
GK
+
C
0
K
GK
=
KD + KC
0
KG
= 2.
Câu 5. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3.
Chứng minh rằng:
a
2
+ 3ab + b
2
√
6a
2
+ 8ab + 11b
2
+
b
2
+ 3bc + c
2
√
6b
2
+ 8bc + 11c
2
+
c
2
+ 3ca + a
2
√
6c
2
+ 8ca + 11a
2
≤ 3
Lời giải.
Ta có: 6a
2
+ 8ab + 11b
2
= (2a + 3b)
2
+ 2(a − b)
2
≥ (2a + 3b)
2
⇒
a
2
+ 3ab + b
2
√
6a
2
+ 8ab + 11b
2
≤
a
2
+ 3ab + b
2
2a + 3b
.
Tiếp tục ta chứng minh
a
2
+ 3ab + b
2
2a + 3b
≤
3a + 2b
5
⇔ (a − b)
2
≥ 0 (luôn đúng).
Tương tự ta có:
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
177
b
2
+ 3bc + c
2
√
6b
2
+ 8bc + 11c
2
≤
3b + 2c
5
.
c
2
+ 3ca + a
2
√
6c
2
+ 8ca + 11a
2
≤
3c + 2a
5
.
Cộng ba bất đẳng thức trên ta được:
M =
a
2
+ 3ab + b
2
√
6a
2
+ 8ab + 11b
2
+
b
2
+ 3bc + c
2
√
6b
2
+ 8bc + 11c
2
+
c
2
+ 3ca + a
2
√
6c
2
+ 8ca + 11a
2
≤ a + b + c.
Mặt khác: (a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = 9 ⇒ a + b + c ≤ 3.
Vậy M ≤ 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
178
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ SỐ 35
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 NĂM HỌC 2017-2018,
HUYỆN TIỀN HẢI - TỈNH THÁI
BÌNH
Họ và tên thí sinh: . .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . Lớp: . .. .. ..
TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
ĐỀ SỐ 35
Câu 1. Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) A =
»
4 +
p
10 + 2
√
5 +
»
4 −
p
10 + 2
√
5
b) B =
…
(a + bc)(b + ca)
c + ab
+
…
(c + ab)(b + ca)
a + bc
+
…
(c + ab)(a + bc)
b + ca
, (với a, b, c là các số
thực dương và a + b + c = 1).
Lời giải.
a) Ta có A =
»
4 +
p
10 + 2
√
5 +
»
4 −
p
10 + 2
√
5 > 0 nên
A
2
= 4 +
p
10 + 2
√
5 + 4 −
p
10 + 2
√
5 + 2
»
16 − (10 + 2
√
5)
= 8 + 2
p
6 − 2
√
5 = 8 + 2
»
(
√
5 − 1)
2
= 8 + 2(
√
5 − 1) = 6 + 2
√
5 = (
√
5 + 1)
2
.
Suy ra A =
√
5 + 1 (do A > 0).
b) Vì a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên biểu thức B có nghĩa và 0 < a, b, c < 1. Ta có:
B =
…
(1 − b − c + bc)(1 − a − c + ca)
1 − a − b + ab
+
…
(1 − a − b + ab)(1 − a − c + ca)
1 − b − c + bc
+
…
(1 − a − b + ab)(1 − b − c + bc)
1 − a − c + ca
=
(1 − b)(1 − c)(1 − a)(1 − c)
(1 − a)(1 − b)
+
(1 − a)(1 − b)(1 − a)(1 − c)
(1 − b)(1 − c)
+
(1 − a)(1 − b)(1 − b)(1 − c)
(1 − a)(1 − c)
=
p
(1 − c)
2
+
p
(1 − a)
2
+
p
(1 − b)
2
= |1 − c| + |1 − a| + |1 − b|
= (1 − c) + (1 − a) + (1 − b) (do 0 < a, b, c < 1).
= 2 (do a + b + c = 1).
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
179
Câu 2.
a) Tìm các số a, b sao cho đa thức f(x) = x
4
+ax
3
+bx−1 chia hết cho đa thức x
3
−3x+2.
b) Chứng minh rằng B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y
2
z
2
là một số chính phương với
x, y, z là các số nguyên.
Lời giải.
a) Ta có x
2
− 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). Theo bài ra ta có f(x)
.
.
.(x − 1)(x − 2).
⇒ f(x)
.
.
.(x − 1) và f(x)
.
.
.(x − 2).
Do f(x)
.
.
.(x − 1) ⇒ f(1) = 0 ⇒ a + b = 0 ⇒ b = −a (1)
Do f(x)
.
.
.(x − 2) ⇒ f(2) = 0 ⇒ 8a + 2b = −15 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 8a + 2(−a) = −15 ⇒ a = −
5
2
⇒ b =
5
2
.
Thử lại:
x
4
−
5
2
x
3
+
5
2
x − 1
: (x
2
− 3x + 2) = x
2
+
1
2
x −
1
2
.
Vậy a = −
5
2
, b =
5
2
.
b) Ta có
B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y
2
z
2
= 4(x
2
+ xy + xz)(x
2
+ xy + xz + yz) + y
2
z
2
= 4(x
2
+ xy + xz)
2
+ 4(x
2
+ xy + xz)yz + y
2
z
2
= (2x
2
+ 2xy + 2xz + yz)
2
.
Vì x, y, z là các số nguyên nên 2x
2
+ 2xy + 2xz + yz là số nguyên. Do đó B là số chính
phương.
Câu 3.
a) Tìm m để phương trình
2m − 1
x − 2
= m − 3 vô nghiệm.
b) Giải phương trình 4
√
x + 1 = x
2
− 5x + 14.
c) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
= 3.
Lời giải.
a) ĐKXĐ x 6= 2.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
180
2m − 1
x − 2
= m − 3 ⇒ 2m − 1 = (x − 2)(m − 3) ⇒ (m − 3)x = 4m − 7 (3).
+) Xét m = 3, phương trình (3) trở thành 0x = 5 (vô lý).
Do đó, với m = 3 phương trình đã cho vô nghiệm.
+) Xét m 6= 3, phương trình (3) có nghiệm x =
4m − 7
m − 3
.
Do đó, để phương trình đã cho vô nghiệm thì
4m − 7
m − 3
= 2 ⇒ m =
1
2
.
Vậy với m = 3, m =
1
2
thì phương trình đã cho vô nghiệm.
b) ĐKXĐ: x ≥ −1. Ta có
4
√
x + 1 = x
2
− 5x + 14 ⇔ x
2
− 5x − 4
√
x + 1 + 14 = 0
⇔ x
2
− 6x + 9 + x + 1 − 4
√
x + 1 + 4 = 0
⇔ (x − 3)
2
+ (
√
x + 1 − 2)
2
= 0
⇔
x − 3 = 0
√
x + 1 − 2 = 0
⇔ x = 3 (thoả mãn).
c) Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có
3 =
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
≥ 3
3
…
xy
z
·
yz
x
·
zx
y
= 3
3
√
xyz ⇒ xyz ≤ 1 (4).
Do x, y, z là các số nguyên dương nên từ (4) suy ra x = y = z = 1.
Thử lại: Với x = y = z = 1 ta có
xy
z
+
yz
x
+
zx
y
= 3.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y, z) = (1, 1, 1).
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.
a) Biết AB = 6cm, HC = 6, 4cm. Tính BC, AC.
b) Chứng minh rằng DE
3
= BC.BD.CE
c) Đường thẳng kẻ qua B vuông góc với BC cắt HD tại M, đường thẳng kẻ qua C
vuông góc với BC cắt HE tại N. Chứng minh rằng M, A, N thẳng hàng.
d) Chứng minh rằng BN, CM, DE đồng qui.
Lời giải.
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
181
A
B
C
H
E
D
M
N
I
a) Đặt BH = x (đơn vị: cm) (0 < x < 6). Ta có BC = x + 6,4.
Ta có AB
2
= BH · BC ⇒ 6
2
= x(x + 6,4) ⇒ x = 3,6
⇒ BC = 10 cm ⇒ AC = 8 cm.
Tứ giác ADHE có
b
A =
b
D =
b
E = 90
◦
b) ADHE là hình chữ nhật ⇒ DE = AH.
Tam giác AHB vuông tại H, đường cao HD ⇒ BH
2
= BD · BA
Tam giác AHC vuông tại H, đường cao HE ⇒ CH
2
= CE · CA
Ta có AH
2
= HB · HC ⇒ AH
4
= HB
2
· HC
2
⇒ AH
4
= BD · BA · CE · CA = BD · CE · BC · AH
⇒ AH
3
= BD · CE · BC. Vậy DE
3
= BD · CE · BC.
c) Ta có
’
CNH =
’
BHM (cùng phụ với
’
CHN)
Do ADHE là hình chữ nhật ⇒ HD = AE.
Gọi M
0
là giao điểm của NA và HD. Ta có
cos
2
’
CNH =
NE
NC
·
NC
NH
=
NE
NH
=
AE
M
0
H
cos
2
’
BHM =
HD
HB
·
HB
HM
=
HD
HM
=
AE
HM
⇒
AE
M
0
H
=
AE
HM
⇒ M
0
H = MH
⇒ M
0
≡ M ⇒ M, A, N thẳng hàng.
d) Ta có BM k CN, BD k NE, MD k CE
⇒ 4BDM ∼ 4NEC ⇒
BD
NE
=
DM
EC
(5).
Gọi I là giao điểm của MC và DE ⇒
DI
EI
=
DM
EC
(6).
Gọi I
0
là giao điểm của BN và DE ⇒
DI
0
EI
0
=
BD
NE
(7)
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro
182
Từ (5), (6), (7) ⇒
DI
EI
=
DI
0
EI
0
⇒ I ≡ I
0
.
Vậy BN, CM, DE đồng quy.
Câu 5. Cho đa thức f(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d (với a, b, c, d là các số thực). Biết
f(1) = 10; f(2) = 20; f(3) = 30. Tính giá trị biểu thức A = f (8) + f(−4) .
Lời giải.
Xét đa thức g(x) = f(x) − 10x ⇒ bậc của đa thức g(x) bằng 4.
Từ giả thiết ⇒ g(1) = g(2) = g(3) = 0.
Mà g(x) có bậc bằng 4 nên g(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − a) (với a là số thực nào đó)
⇒ f(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − a) + 10x
⇒
f(8) = 7 · 6 · 5 · (8 − a) + 80
f(−4) = (−5)(−6)(−7)(−4 − a) − 40 = 5 · 6 · 7 · (4 + a) − 40
⇒ f(8) + f(−4) = 5 · 6 · 7 · (8 − a + 4 + a) + 40 = 2560.
———————–HẾT———————–
ĐỀ THI HSG TOÁN 9
h | Nhóm GeoGebraPro - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
| 1/182
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM TUYỂN TẬP
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Lớp 9 β α Năm - 2020
Biên soạn & sưu tầm: Ths NGUYỄN CHÍN EM Mục lục
Đề số 1. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Ba Đình - TP Hà Nội năm 2017 . . . . . . 4
Đề số 2. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Cầu Giấy - TP Hà Nội năm 2017-2018,
Vòng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Đề số 3. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2010 - 2011 . . . . . . . . . 14
Đề số 4. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2011-2012 . . . . . . . . . . 19
Đề số 5. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội, năm học 2012 - 2013 . . . . . . . . . 24
Đề số 6. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2013 - 2014 . . . . . . . . . 30
Đề số 7. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2014-2015 . . . . . . . . . . 35
Đề số 8. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2016 - 2017 . . . . . . . . . 41
Đề số 9. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Hoàn Kiếm - TP Hà Nội năm 2018 . . . . 47
Đề số 10. Đề thi Toán 9 HSG năm học 2011, Tp. Đà Nẵng . . . . . . . . . . . 52
Đề số 11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Lâm Đồng . . 57
Đề số 12. Đề thi HSG lớp 9, Nghệ An, Bảng A, năm 2011 . . . . . . . . . . . 62
Đề số 13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Quảng B`
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Đề số 14. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, An Giang . . . . . 71
Đề số 15. HSG Toán 9, huyện B`
47.65845nh Giang, tỉnh Hải Dương, năm học
2012 - 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Đề số 16. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, Tp. Đà Nẵng . . . 81
Đề số 17. Đề thi HSG toán 9 tỉnh Hải Dương năm học 2012-2013. . . . . . . . 85
Đề số 18. Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2012-2013, Tỉnh Hà T˜ 47.65845nh 90
Đề số 19. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012 - 2013, Kiên Giang . . . 95
Đề số 20. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013 tỉnh Quảng Ninh . 99
Đề số 21. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2012-2013, Tiền Giang . 104
Đề số 22. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Tỉnh Bắc Ninh . . 110 2 h | Nhóm GeoGebraPro 3
Đề số 23. Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, Nghi Xuân, Hà T˜
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Đề số 24. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Ninh Thuận . . . . 120
Đề số 25. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, V˜ 47.65845nh Phúc
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 9
Đề số 26. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2017-2018, An Giang. . . . . . 127 ÁN
Đề số 27. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2016-2017, Sở GD Bến Tre . . 132
Đề số 28. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Hải Phòng . . . . 137 TO
Đề số 29. Đề thi HSG Toán 9, Phú Lộc, Thừa Thiên Huế, 2017 . . . . . . . . 144
Đề số 30. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thanh Hóa . 148 GIỎI
Đề số 31. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Sở GD&ĐT Thừa
Thiên Huế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 SINH
Đề số 32. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thành phố Hồ Ch´
47.65845 Minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 HỌC
Đề số 33. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2017-2018, B` 47.65845nh Định 166
Đề số 34. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Hải Dương . 171 THI
Đề số 35. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Huyện Tiền ĐỀ Hải - Tỉnh Thái B`
47.65845nh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 4 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN BA CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 1 9
ĐÌNH - TP HÀ NỘI NĂM 2017 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 1
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO
Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau √ √ GIỎI p a) A = 29 − 12 5 − 2 3 p16 + 8 5. √ √ √ Å a + a2 − b2 a − a2 − b2 ã a4 − a2b2 b) B = √ − √ :
với a 6= 0; b 6= 0; |a| > |b|. SINH a − a2 − b2 a + a2 − b2 b2 Lời giải. HỌC a) Ta có √ √ √ √ √ √ p » » 29 − 12 5 − 2 3 p16 + 8 5 = 3 − 2 52 − 2 3 1 + 53 = 2 5 − 3 − 2 1 + 5 = THI −5. ĐỀ - b) Ta có √ √ √ Å o a + a2 − b2 a − a2 − b2 ã a4 − a2b2 B = √ − √ : a − a2 − b2 a + a2 − b2 b2 aPr √ √ a + a2 − b22 − a − a2 − b22 b2 = √ √ · √ a + a2 − b2 a − a2 − b2 a4 − a2b2 √ 4a a2 − b2 b2 = · √ a2 − (a2 − b2) a4 − a2b2 √ 4a a2 − b2 b2 GeoGebr = · √ b2 |a| a2 − b2 4a = . |a| Nhóm | Câu 2. h √ √ p p a) Giải phương trình: 3 − x = x 3 + x.
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3. a b c 2018 Chứng minh rằng + + > . 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2013 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 5 Lời giải. √ a) ĐK: 0 ≤ x ≤ 3. √ t Đặt t = x 3 hay x = √ . 3
Với t ≥ 0, phương trình trên tương đương với …√ t t …√ t √ t √ 9 3 − √ = √ 3 + √ ⇔ 3 − t = √
3 + t ⇔ t2 (3 + t) = 3 (3 − t) 3 3 3 3 √ √ 3 10 − 1 ÁN
⇔ (t + 1)3 = 10 ⇔ t = 3 10 − 1 ⇔ x = √ thỏa mãn ĐK 3 √ 3 TO 10 − 1 Vậy x = √ . 3 a a 1 + b2 − ab2 ab2 ab2 ab GIỎI b) Ta có = = a − ≥ a − = a − (Áp dụng BĐT Cô-si) 1 + b2 1 + b2 1 + b2 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có: ≥ b − ; ≥ c − 1 + c2 2 1 + a2 2 SINH Mặt khác (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ = 3 3 HỌC Nên a b c ab + bc + ca + + ≥ a + b + c − 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 THI a b c 3 3 2018 ⇔ + + ≥ 3 − = > ĐỀ 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 2 2013 - (đpcm). o aPr
Câu 3. Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (O), B, C là các tiếp điểm. Trên đoạn OB lấy điểm N sao cho BN = 2ON . Đường AM
trung trực của đoạn thẳng CN cắt OA tại M , tính tỉ số . AO Lời giải. GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 6 C 9 H ÁN TO M O A K GIỎI N SINH E HỌC B THI
Gọi I, E, K là trung điểm N C, N B, BC. Suy ra K là giao điểm của BC và OA. ĐỀ
- Ta có EI là đường trung bình trong 4NBC ⇒ EI k BC ⇒ OM ⊥ EI.
o Ta lại có EK là đường trung bình trong 4NBC ⇒ EK k NC ⇒ EK ⊥ IM.
Từ đó K là trực tâm 4IM E. aPr
Mặt khác IK cũng là đường trung bình trong 4N BC ⇒ IK k N B ⇒ EM ⊥ N B.
Hơn nữa N B ⊥ AB ⇒ EM k AB AM OE 2
Áp đụng định lý Ta-lét ta có = = . AO OB 3
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các tứ giác M N P Q và ADEF là các hình vuông GeoGebr
sao cho: M thuộc cạnh AB; N , P thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AC; D, E, F tương ứng
thuộc các cạnh AB, BC, AC. So sánh diện tích các hình vuông M N P Q, ADEF . Lời giải. Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 7 A M Q D F 9 C B P H E N ÁN TO GIỎI
Gọi r, R là cạnh các hình vuông ADEF, M N P Q và đặt AB = c, AC = b, BC = a.
SINH Kẻ đường cao AH = h của tam giác ABC. Ta có 1 1 1 1
HỌC SACB = SAEB + SAEC = ED · AB + EF · AC = r (AB + AC) = r (b + c) 2 2 2 2 1 1 Mà SABC = AH · BC = ah THI 2 2 ah Từ đó suy ra r = . b + c ĐỀ M N BM
- Do MN k AH nên theo định lý Ta-lét ta có = . AH BA o M Q AM
Và M Q k BC nên theo định lý Ta-lét ta có = . BC AB M N M Q BM AM R R ah aPr Nên + = + ⇔ + = 1 ⇔ R = . AH BC BA AB h a a + h
Mặt khác (a + h)2 = a2 + 2ah + h2 = b2 + c2 + 2bc + h2 = (b + c)2 + h2 > (b = c)2. a2h2 a2h2 Do đó r2 = > R2 = ⇔ SADEF > SMNP Q. (b + c)2 (a + h)2 Câu 5. GeoGebr √ √ √ √
a) Tìm tất cả các số nguyên x để x + 19; 2x + 10; 3x + 13; 4x + 37 đều là số nguyên. Nhóm
b) Trong buổi gặp có 294 người tham gia, những người quen nhau bắt tay nhau. Biết |
rằng nếu A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần. Hỏi h
có nhiều nhất bao nhiêu cái bắt tay. Lời giải. √ √ a) Đặt x + 19 = a; 4x + 37 = b, a, b ∈ + Z Ta có ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 8
4a2 − b2 = 39 ⇔ (2a − b) (2a + b) = 39 Do 2a > b và a, b ∈ + Z nên ta có 2 trường hợp     2a − b = 1 a = 10 • ⇔
⇔ x = 81, thử lại thấy sai nên loại.   2a + b = 39 b = 19 9     2a − b = 3 a = 4 • ⇔
⇔ x = −3, thử lại thấy đúng nên nhận. ÁN   2a + b = 13 b = 5 TO Vậy x = −3. GIỎI
b) Do A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần nên những
tham dự hội nghị có số cái bắt tay hoặc hơn 6 hoặc không quá 6.
Giả sử X là tập hợp những người bắt tay hơn 6 lần, Y là tập hợp những người bắt SINH
tay không quá 6 lần. |X| = m, |Y | = n
Ta có X ∩ Y = ∅ và m + n = 294. HỌC
Nhận xét: những người trong cùng tập hợp thì không bắt tay với nhau.
Tổng số cái bắt tay S ≤ n × min{6; 294 − n}. THI
Ta có các khả năng sau đây ĐỀ -
• min = 1 ⇒ n = 293 ⇒ S = 293 o
• min = 2 ⇒ n = 292 ⇒ S = 584 aPr
• min = 3 ⇒ n = 291 ⇒ S = 873
• min = 4 ⇒ n = 290 ⇒ S = 1160
• min = 5 ⇒ n = 289 ⇒ S = 1445 GeoGebr
• min = 6 ⇒ 294 − n ≥ 6 ⇒ n ≤ 288 ⇒ S ≤ 288 × 6 = 1728
Do đó S ≤ 1728. Vậy có nhiều nhất 1728 cái bắt tay. Nhóm |
———————–HẾT———————– h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 9 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN CẦU CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 2 9
GIẤY - TP HÀ NỘI NĂM 9 2017-2018, VÒNG 1 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 2
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. √ √ Å å GIỎI 6x + 4 3x ã Ç 1 + 3 3x3 √ 1) Cho biểu thức A = √ − √ √ − 3x với x ≥ 0; 3 3x3 − 8 3x + 2 3x + 4 1 + 3x 4 x 6= . 3 SINH a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. HỌC 2) Cho biểu thức THI 1 1 1 P = + + . ĐỀ 3 + 2a + b + ab 3 + 2b + c + bc 3 + 2c + a + ca -
với a, b, c là các số thực làm cho P xác định và thoả mãn điều kiện o
a + b + c + ab + bc + ca + abc = 0. aPr Chứng minh rằng P = 1. Lời giải. GeoGebr 1) √ √ Å å 6x + 4 3x ã Ç 1 + 3 3x3 √ a) Ta có A = √ − √ √ − 3x 3 3x3 − 8 3x + 2 3x + 4 1 + 3x √ √ ï 6x + 4 − ( 3x − 2) 3x ò √ √ Nhóm = √ √ 3x − 3x + 1 − 3x | ( 3x − 2)(3x + 2 3x + 4) √ ï 3x + 2 3x + 4 ò √ h = √ √ 3x − 2 3x + 1 ( 3x − 2)(3x + 2 3x + 4) √3x − 12 = √ . 3x − 2 √ 3x − 2 3x + 1 3x − 3 3x − 3 b) Ta có A = √ = √
−2. Suy ra A ∈ Z khi và chỉ khi B = √ ∈ 3x − 2 3x − 2 3x − 2 Z. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 10
Nếu 3x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Nếu 3x − 3 6= 0 ⇔ x 6= 1 √3x − 2 ∈ Z
Vì x ∈ Z nên √3x − 2 ∈ I √ • Nếu
3x − 2 ∈ I thì A ∈ I (Vô lý). 9 √ √ 1 • Nếu 3x − 2 ∈ Z thì B = 3x + 2 + √3x − 2 ÁN √
Do đó B ∈ Z khi và chỉ khi
3x − 2 ∈ {−1; 1}, từ đó tìm được x = 3 thỏa mãn yêu TO cầu. Vậy x ∈ {1; 3}.
GIỎI 2) Đẳng thức điều kiện tương đương với (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 ⇒ 1+a,1+b,1+c 6= 0. Do đó, ta có: 1 1 1 SINH P = + + 1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b) 1 + (1 + b) + (1 + b)(1 + c) 1 + (1 + c) + (1 + c)(1 + a) 1 1 + a = + + 1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b)
(1 + a) (1 + (1 + b) + (1 + b)(1 + c)) HỌC (1 + a)(1 + b)
+ (1 + a)(1 + b) (1 + (1 + c) + (1 + c)(1 + a)) 1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b) THI = = 1. 1 + (1 + a) + (1 + a)(1 + b) ĐỀ - o Câu 2. √ aPr
a) Giải phương trình: x2 + 6 = 4 x3 − 2x2 + 3.
b) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x2 (x − y) = 5 (y − 1). Lời giải.
a) Điều kiện: x ≥ −1. Khi đó, ta có: GeoGebr Phương trình ⇔ p (x2 − 3x + 3) + 3(x + 1) = 4 (x + 1)(x2 − 3x + 3) 3(x + 1) … x + 1 ⇔ 1 + = 4
(vì x2 − 3x + 3 > 0, ∀x). x2 − 3x + 3 x2 − 3x + 3 … Nhóm x + 1 Đặt t =
(t ≥ 0), ta được phương trình: | x2 − 3x + 3 h
t = 1 (thỏa mãn điều kiện)
1 + 3t2 = 4t ⇔ 3t2 − 4t + 1 = 0 ⇔  1 t = (thỏa mãn điều kiện) 3 … x + 1 √ • Với t = 1, ta có:
= 1 ⇔ x2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 (thỏa mãn x2 − 3x + 3 điều kiện). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 11 1 … x + 1 1 √ • Với t = , ta có: =
⇔ x2 − 12x − 6 = 0 ⇔ x = 6 ± 42 (thỏa mãn 3 x2 − 3x + 3 3 điều kiện). √ √
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 2 ± 2; 6 ± 42 . 9
b) Ta có x2 (x − y) = 5 (y − 1) ⇔ x2 (x − y) = 5 (y − x) + 5 (x − 1)
⇔ (x − y) x2 + 5 = 5 (x − 1) ÁN . Suy ra: 5 (x − 1) .. x2 + 5 (1) . . TO
Do đó: 5 x2 + 5 − 5x (x − 1) .. x2 + 5 ⇒ 25 + 5x.. x2 + 5 (2) . .
Từ (1) và (2), suy ra: (25 + 5x) − 5 (x − 1) .. x2 + 5 ⇒ 30.. x2 + 5. GIỎI
Suy ra:x2 + 5 ∈ {5; 6; 10; 15; 30} ⇔ x2 ∈ {0; 1; 5; 10; 25}.
Từ đó tìm được x ∈ {0; 1; −1; 5; −5}.
Thử lại vào phương trình đã cho, ta được các nghiệm nguyên của phương trình là SINH
(x; y) ∈ {(0; 1); (1; 1); (−5; −4)} . HỌC THI Câu 3. ĐỀ -
a) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức o 1 1 1 A = + + a2 + 2b2 + 3 b2 + 2c2 + 3 c2 + 2a2 + 3 aPr √ x + y 2017
b) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x; y; z) thỏa mãn √ là số hữu tỷ, đồng y + z 2017
thời x2 + y2 + z2 là số nguyên tố. Lời giải. GeoGebr
a) Ta có a2 + 2b2 + 3 = a2 + b2 + b2 + 1 + 2 ≥ 2ab + 2b + 2 = 2(ab + b + 1)
Tương tự ta có b2 + 2c2 + 3 ≥ 2(bc + c + 1); c2 + 2a2 + 3 ≥ 2(ca + a + 1). Nhóm 1 1 1 1 | Do đó A ≤ + + . 2 ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 1 1 1 1 h Ta chứng minh được + + = 1, suy ra A ≤ . ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 1
Vậy giá trị lớn nhất của A là khi a = b = c = 1. 2 √ x + y 2017 m b) Ta có √ = (m, n ∈ ∗ N , (m, n) = 1). y + z 2017 n ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 12  √ nx − my = 0 x y m ⇔ nx − my = (mz − ny) 2017 ⇒ ⇒ = = ⇒ xz = y2. y z n mz − ny = 0
Ta có x2 + y2 + z2 = (x + z)2 − 2xz + y2 = (x + z)2 − y2 = (x + y + z) (x + z − y)  x2 + y2 + z2 = x + y + z
Vì x + y + z > 1 và x2 + y2 + z2 là số nguyên tố nên x − y + z = 1 9
Từ đó suy ra x = y = z = 1 (thỏa mãn). ÁN TO
Câu 4. Cho đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC
tại D. Vẽ đường kính DN của đường tròn (I; r). Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại N
GIỎI cắt cạnh AB, AC theo thứ tự tại P và K.
a) Chứng minh rằng N K.CD = r2. SINH
b) Gọi E là giao điểm của AN và BC. Chứng minh rằng BD = CE. IA + IB + IC HỌC
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . r THI Lời giải. ĐỀ A - o aPr N P K I GeoGebr B0 B C D E Nhóm | C0 h 1 Ä ä a) Ta có ‘ ICK + ‘ IKC = ’ DCK + ’ N KC = 90◦. 2 ⇒ ‘ KIC = 90◦ ⇒ ’ N IK = ‘ ICD (cùng phụ ‘ DIC). IN N K ⇒ 4IN K v 4CDI ⇒ = . CD ID
Do đó, ta có N K.CD = IN.ID = r2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 13
b) Chứng minh tương tự câu a ta có N P.DB = r2. N P DC N P N K N P + N K P K Suy ra N K.CD = N P.DB ⇒ = ⇔ = = = N K DB DC DB DC + DB BC N K AK P K
Vì P K k BC nên theo định lí Talet ta có = = . EC AC BC N K N K Suy ra = ⇒ EC = DB. EC DB 9
c) Đặt BC = a; AC = b; AB = c. Gọi B0, C0 lần lượt là hình chiếu của B, C trên AI. IA b + c
Ta có cr = IA.BB0; br = IA.CC0 nên (b + c)r = IA(BB0 + CC0) ≤ IA.a ⇒ ≥ ÁN r a IB a + c IC a + b TO Tương tự ta có ≥ ; ≥ . r b r c IA + IB + IC Å a b ã Å b c ã a c Suy ra ≥ + + + + + ≥ 6. r b a c b c a GIỎI
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. IA + IB + IC Vậy
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi 4ABC đều. r SINH
Câu 5. Cho một đa giác đều có 2017 đỉnh. Người ta ghi lên mỗi đỉnh của đa giác số
HỌC 1 hoặc số 2. Biết rằng có 1007 số 1 và 1010 số 2 và các số trên 3 đỉnh liên tiếp bất kỳ
không đồng thời bằng nhau. Hãy tính tổng của tất cả các tích ba số trên 3 đỉnh liên THI tiếp của đa giác trên. ĐỀ Lời giải. -
Có 2017 đỉnh nên có 2017 tích ba số trên ba đỉnh liên tiếp. Vì 3 đỉnh liên tiếp bất kì các o
số không bằng nhau nên chỉ có 2 loại tích: aPr
• Loại I: Ba số ở ba đỉnh liên tiếp chỉ có một số 2, tích ba số này bằng 2.
• Loại II : Ba số ở ba đỉnh liên tiếp có hai chữ số 2, tích ba số này bằng 4.
Gọi số loại I là x (x ∈ N) thì số tích loại II là 2017 − x. Mà số 2 ở 2017 tích này là GeoGebr 1010×3 = 3030.
Ta có phương trình x.1 + (2017 − x).2 = 3030 ⇔ x = 1004.
Vậy tổng tất cả các tích cần tìm là: 1004 × 2 + 1013 × 4 = 6060. Nhóm |
———————–HẾT———————– h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 14 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 3 9 NĂM HỌC 2010 - 2011 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 3
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √4x3 − 16x2 + 21x − 9
Câu 1. Rút gọn biểu thức A = √x − 1 GIỎI Lời giải. Điều kiện: x > 1
Ta có 4x3 − 16x2 + 21x − 9 = (2x − 3)2(x − 1) SINH  3  2x − 3 với x ≥ suy ra A = |2x − 3| ⇔ A = 2 3 
3 − 2x với 1 < x < HỌC 2 Câu 2. THI √
a) Giải phương trình 2(x2 + 2x + 3) = 5 x3 + 3x2 + 3x + 2 ĐỀ
- b) Cho các số thực x,y thay đổi và thỏa mãn 4x2 − (8y + 11)x + (8y2 + 14) = 0. o
Tìm y khi x lần lượt đạt được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. aPr Lời giải. √
a) 2(x2 + 2x + 3) = 5 x3 + 3x2 + 3x + 2 (1)
Ta có x3 + 3x2 + 3x + 2 = (x + 2)(x2 + x + 1) Điều kiện x ≥ −2 GeoGebr
Đặt a = x + 2; b = x2 + x + 1. √
Khi đó phương trình (1) trở thành 2(a + b) = 5 ab ⇔ a = 4b hoặc b = 4a
TH1: Nếu a = 4b suy ra 4x2 + 3x + 2 = 0 (vô nghiệm) Nhóm √ √ | 3 + 37 3 − 37
TH2: Nếu b = 4a suy ra x2−3x−7 = 0 ⇔ x1 = ( chọn) hoặc x2 = (loại) 2 2 h b) Ta có
4x2 − (8y + 11)x + (8y2 + 14) = 0
⇔ 8y2 − 8yx + 4x2 − 11x + 14 = 0 (2)
Để phương trình (2) có nghiệm x thì ∆0 ≥ y 0. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 15 Xét
∆0y = −16x2 + 88x − 112 ≥ 0 ⇔2x2 − 11x + 14 ≤ 0 ⇔2 ≤ x ≤ 3, 5 9
Khi x lớn nhất suy ra x = 3, 5, thay vào phương trình (2) ta được y = 1, 75
Khi x nhỏ nhất suy ra x = 2, thay vào phương trình (2) ta được y = 1 ÁN
Vậy (x; y) = (2; 1); (3, 5; 1, 75). TO Câu 3. GIỎI
a) Tìm 7 số nguyên dương sao cho tích các bình phương của chúng bằng 2 lần tổng các SINH bình phương của chúng.
b) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất HỌC
và giá trị nhỏ nhất của: THI
B = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy ĐỀ - Lời giải. o
a) Gọi 7 số nguyên dương cần tìm là x1; x2; . . . ; x7. aPr
Khi đó theo đề bài x2 x2 . . . x2 = 2(x2 + x2 + . . . + x2) 1 2 7 1 2 1
Giả sử x1 ≥ x2 ≥ . . . ≥ x7 ≥ 1.
Khi đó x2x2 . . . x2 ≤ 2.7.x2 = 14x2 suy ra x2 . . . x2 ≤ 14 1 2 7 1 1 2 7
Mà x2 x2 . . . x2 là số chính phương nên x2 x2 . . . x2 bằng 1; 4; 9 2 3 7 2 3 7 GeoGebr
Nếu x2 x2 . . . x2 = 1 suy ra x + 12 = 0 vô lý 2 3 7 2 = . . . = x7 = 1 khi đó x2 1
Nếu x2 x2 . . . x2 = 4 suy ra x 2 3 7
2 = 2; x3 = . . . = x7 = 1. Khi đó x1 = 3; x2 = 2; x3 = . . . = x7 = 1 Nhóm
Nếu x2 x2 . . . x2 = 9 suy ra x 2 3 7
2 = 3; x3 = . . . = x7 = 1. Khi đó x1 = 2 vô lý vì x1 > x2 |
Vậy 7 số cần tìm là (3; 2; 1; 1; 1; 1; 1) và các hoán vị. h
b) Ta có B = 16x2y2 + 12x3 + 12y3 + 34xy
= 16x2y2 + 12(x + y)3 − 2xy = 16x2y2 + 12 − 2xy 2 1 191 = 16 xy − + 16 16 191 1
Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi xy = . 16 16 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 16   xy = 16 Giải hệ  x + y = 1 √ √ 2 + 3 2 − 3 ta được x = , y = và hoán vị. 4 4 1 3 9
Mặt khác: 0 ≤ 4xy ≤ (x + y)2 = 1 suy ra 0 ≤ xy − ≤ . 16 16 2 1 191 25 ÁN Ta suy ra B = 16 xy − + ≤ . 16 16 52 TO 25 1 Vậy B lớn nhất bằng khi x = y = . 52 2 GIỎI
Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC.
a) Vẽ về phía ngoài tam giác ABC nửa đường tròn (I) đường kính AB và nửa đường SINH
tròn (K) đường kính AC. Đường thẳng qua A cắt hai nửa đường tròn (I), (K) lần
lượt tại các điểm M, N (M khác A, B và N khác A, C). HỌC
Tính các góc của tam giác ABC khi diện tích tam giác CAN bằng 3 lần diện tích tam giác AM B. THI
b) Cho AB < AC và điểm D thuộc cạnh AC sao cho AD = AB. Gọi điểm E là hình ĐỀ -
chiếu của điểm D trên đường thẳng BC và điểm F là hình chiếu của điểm A trên o AF AF đường thẳng DE. So sánh và với cos ’ AEB AB AC aPr Lời giải. a) Tính ’ ABC; ’ ACB N GeoGebr A M I K Nhóm | h B O C ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 17 Ta có ’ BAC = ’ AN C = ’
AM B = 90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mặt khác ’ BAM = ’
ACN (cùng phụ với góc CAN ). Suy ra 4AM B v 4CNA (g-g) S4 1 AB2 ⇒ AM B = = S4CNA 3 AC2 AB 1 ⇒ = √ = tan 30◦ = tan ’ ACB AC 3 9 suy ra ’ ACB = 30◦; ’ ABC = 60◦
ÁN b) Kẻ AH ⊥ BC (H ∈ BC) TO A F GIỎI D SINH B H E C HỌC
Ta có AHEF là hình chữ nhật. THI
Vì 4ABD vuông cân tại A suy ra ’ ADB = 45◦ ĐỀ
Vì tứ giác ADEB nội tiếp (vì ’ BAD + ’ DEB = 180◦) - suy ra ’ AEB = ’
ADB = 45◦ (cùng chắn cung AB) o suy ra ’
AEH = 45◦ nên 4AHE vuông cân tại H aPr suy ra AH = HE = AF . 1 1 1 1 Vì 4ABC vuông tại A nên = = + AF 2 AH2 AB2 AC2 2 1 2 suy ra < < (vì AB < AC). AC2 AF 2 AB2 2 1 AF 1 AF Nếu < ⇒ < = cos . ’ AEB < AC2 AF 2 AC 2 AB GeoGebr 1 2 AF 1 Nếu < ⇒ > √ = cos 45◦ = cos ’ AEB. AF 2 AB2 AB ” 2 AF AF Vậy < cos . ’ AEB < AC AB Nhóm |
h Câu 5. Hai người chơi trò chơi như sau: Trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người
lấy k viên bi, với k ∈ {1; 2; 3}. Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong hộp bi đó.
a) Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng? ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 18
b) Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên dương? Lời giải.
a) Người thứ nhất thắng, chiến thuật chơi như sau 9
Người thứ nhất lấy 3 viên bi còn 308 viên bi là bội số của 4. ÁN
Người thứ hai lấy 1, 2 hoặc 3 viên bi
Nười thứ nhất lấy 3, 2 hoặc 1 viên số TO còn lại là bội của 4.
Cứ tiếp tục như vậy thì người lấy cuối cùng phải là người thứ nhất. GIỎI b) Với n viên bi
Nếu n không phải là bội số của 4, với cách làm như trên thì người thứ nhất thắng SINH
Nếu n là bội của 4 thì người thứ hai thắng HỌC
———————–HẾT———————– THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 19 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 4 9 NĂM HỌC 2011-2012 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 4
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. . GIỎI
a) Chứng minh rằng (a2012 + b2012 + c2012) − (a2008 + b2008 + c2008)..30 với mọi a, b, c nguyên dương. SINH … 49 … 49
b) Cho f (x) = 2x3 − 21x − 292012. Tính f (x) khi x = 3 7 + + 3 7 − 8 8 Lời giải. HỌC a) Ta có biến đổi sau THI
a2012 − a2008 = a2008 a4 − 1 ĐỀ - = a2008(a2 + 1)(a2 − 1) o
= a2008(a2 + 1)(a − 1)(a + 1) aPr
= a2008(a2 − 4 + 5)(a − 1)(a + 1)
= a2007a(a2 − 4)(a − 1)(a + 1) + 5a2007a(a − 1)(a + 1)
= a2007(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5a2007a(a − 1)(a + 1) GeoGebr Nhận xét
• a2007(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp suy ra chia Nhóm .
hết cho 6 và 5. Mà (5; 6) = 1. Suy ra a2007(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2)..30, (1). | . h
• 5a2007(a − 1)a(a + 1)..5. Lại có (a − 1)a(a + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp .
nên chia hết cho 2 và chia hết cho 3, suy ra chia hết cho 5a2007(a − 1)a(a + 1)..6. .
Suy ra 5a2007(a − 1)a(a + 1)..30, (2). .
Từ (1) và (2) suy ra a2007(a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5a2007(a − 1)a(a + 1)..30. . .
⇒ a2012 − a2008..30. Tương tự với b và c, suy ra A..30, (đpcm). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 20 … 49 … 49 21 b) Ta có x = 3 7 + + 3 7 −
= a+b. Suy ra x3 = a3 +b3 +3ab (a + b) = 14+ x. 8 8 2
Tương đương với 2x3 − 21x − 29 = −1. Vậy f (x) = (−1)2012 = 1. 9 Câu 2. √ √ a) Giải phương trình x2 + 5 + 3x = x2 + 12 + 5. ÁN  TO
x2 + xy + x − y − 2y2 = 0 b) Giải hệ phương trình x2 − y2 + x + y = 6. GIỎI Lời giải.
a) Phương trình đã cho tương đương với √ √ SINH x2 + 5 − 3 + 3x − 6 − x2 + 12 − 4 = 0 x2 − 4 x2 − 4 ⇔ √ + 3 (x − 2) − √ = 0 x2 + 5 + 3 x2 + 12 + 4 Å HỌC x + 2 x + 2 ã ⇔ (x − 2) √ + 3 − √ = 0 x2 + 5 + 3 x2 + 12 + 4  THI x = 2 ⇔   x + 2 x + 2 ĐỀ √ + 3 − √ = 0 x2 + 5 + 3 x2 + 12 + 4 - x = 2 o √ √ ⇔  ⇔ x = 2.  − x2 + 5 + x2 + 12 + 1 (x + 2) √ √ = −3 aPr x2 + 5 + 3 x2 + 12 + 4 √ √ 5
Do đặc điểm của phương trình x2 + 5 + 3x =
x2 + 12 + 5. Suy ra 3x > 5 ⇔ x > , 3
nên vế trái phương trình thứ hai là số dương, suy ra phương trinh hai vô nghiệm.  x = y
b) Từ phương trình x2 + xy + x − y − 2y2 = 0 ⇔ (x − y) (x + 2y + 1) = 0 ⇔  GeoGebr x = −2y − 1.
Thay x = y vào phương trình x2 − y2 + x + y = 6 ta được x = y = 3.
Thay x = −2y − 1 vào phương trình x2 − y2 + x + y = 6 ta được   Nhóm y = 1 x = −3 | 3y2 + 3y − 6 = 0 ⇔  ⇒  h y = −2 x = 3.
Vậy hệ có các nghiệm là (3; 3) , (−3; 1) , (3; −2).
Câu 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2x2 − 5xy + 3y2 − x + 3y − 4 = 0. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 21
Từ phương trình 2x2 − 5xy + 3y2 − x + 3y − 4 = 0 ta viết thành
(2x − 3y + 3) (x − y − 2) = −2 = −1 · 2 = 2 · (−1) = 1 · (−2) = −2 · 1.
Ta có 4 trường hợp xảy ra 2x − 3y + 3 2 −1 1 −2 9 x − y − 2 −1 2 −2 1
Vậy ta có bốn cặp nghiệm thỏa mãn là (4; 3) , (16; 12) , (2; 2) , (14; 11). ÁN
Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và A bất kì nằm trên đường tròn. TO
Từ A hạ AH vuông góc BC và vẽ đường tròn đường kính HA cắt AB; AC ở M và N . GIỎI
a) Chứng minh OA vuông góc M N . √ √ b) Cho AH = 2; BC =
7. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CM N . SINH Lời giải. HỌC A THI N ĐỀ K - I o M O aPr B H C J GeoGebr
a) Gọi AO ∩ M N = K, ta có ‘ OAC = ’ ACB vì OA = OC. Do góc ’ AN M = ’ AHM do cùng chắn cung ˜ AM , mặt khác ’ AHM = ’
ABH do cùng phụ với góc ’ BAH. 1 Suy ra sđ ’ AN M = ’ ABC = ¯ M C nên ‘ OAC + ’ AN M = ’ ACB + ’ ABC = 90◦. Suy ra 2 Nhóm ’
AKN = 90◦, tức là AO ⊥ M N . | h
b) Xét tứ giác BM N C có ’ M BC = ’ AN M ⇒ ’ M BC + ’ M N C = ’ AN M + ’ M N C = 180◦.
Suy ra tứ giác BM N C là tứ giác nội tiếp. Gọi I = AH ∩ M N , gọi J là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác M N C. Do tứ giác AM HN là hình chữ nhật suy ra I là
trung điểm của M N , suy ra IJ ⊥ M M . Vậy JI k AO, (cùng vuông góc với M N );
J O k AH (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AIJ O là hình bình hành, suy ra ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 22 √ √ AH 2 BC 7 √ 3 J O = AI = = (cm); OB = = (cm). Do đó BJ = OB2 + J O2 = 2 2 2 2 2 (cm). Câu 5. 9
a) Chứng minh rằng: Điều kiện cần và đủ để 1 tam giác có các đường cao h1; h2; h3 và ÁN 1 1 1 1
bán kính đường tròn nội tiếp r là tam giác đều là + + = . h1 + 2h2 h2 + 2h3 h3 + 2h1 3r TO
b) Cho 8045 điểm trên một mặt phẳng sao cho cứ 3 điểm bất kì thì tạo thành một tam
giác có diện tích nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng: Luôn có thể có ít nhất 2012 điểm GIỎI
nằm trong tam giác hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. SINH Lời giải. 1 1 1 1
a) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với + + = . S 2S S 2S S 2S 3S + + + HỌC a b b c c a a + b + c S 2S 1 1 1 9S
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có + = S + + > . a b a b b a + 2b THI S 2S 9S S 2S 9S Tương tự ta cũng có + > và + > . b c b + 2c c a c + 2a ĐỀ 1 1 1 a + b + c Do đó + + - 6 = V P . S 2S S 2S S 2S 3S + + + o a b b c c a
Suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. aPr
b) Trong 8045 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác có diện tích lớn nhất,
giả sử đó là A, B, C với S4ABC 6 1. Dựng các đường thẳng đi qua A song song với
BC, qua B song song với AC, qua C song song với AB, chúng đôi một cắt nhau tại
M ,N ,P . Khi đó S4MNP = 4S4ABC 6 4. GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 23
Ta sẽ chứng minh rằng 8045 điểm đã cho nằm M
trong hoặc trên cạnh tam giác M N P . Thật vậy, D
giả sử tồn tại điểm D / ∈ 4M N P , (chẳng hạn D
và B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC) thì A B
S4DAC > S4ABC (mâu thuẫn với cách chọn tam 9
giác ABC). Tam giác M N P được chia thành bốn N C P ÁN
tam giác nhỏ bằng nhau là AN C, AM B, ABC,
BCP . Ta có 8045 = 4.2011 + 1. Theo nguyên lí TO
Dirichlet tồn tại ít nhất 2011 + 2 = 2012 điểm phải
nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác nhỏ GIỎI
có diện tích không lớn hơn 1. SINH
———————–HẾT———————– HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 24 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI, CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 5 9 NĂM HỌC 2012 - 2013 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 5
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Tìm các số thực a, b sao cho đa thức 4x4 − 11x3 − 2ax2 + 5bx − 6 chia hết cho đa thức x2 − 2x − 3. SINH
b) Cho biểu thức P = a2013 − 8a2012 + 11a2011 + b2013 − 8b2012 + 11b2011. Tính giá trị √ √ của P với a = 4 + 5 và b = 4 − 5. HỌC Lời giải. THI
a) Đặt P (x) = 4x4 − 11x3 − 2ax2 + 5bx − 6. ĐỀ
Ta có x2 − 2x − 3 = (x + 1)(x − 3). Do đó, P (x) chia hết cho đa thức x2 − 2x − 3 khi -
và chỉ khi P (x) chia hết cho cả hai đa thức x + 1 và x − 3. Theo định lý Bézout về o
số dư của phép chia đa thức, ta phải có aPr       P (−1) = 0 2a + 5b = 9 a = 2 ⇔ ⇔    P (3) = 0 18a − 15b = 21 b = 1.
Vậy đa thức 4x4 − 11x3 − 2ax2 + 5bx − 6 chia hết cho đa thức x2 − 2x − 3 khi và chỉ GeoGebr khi a = 2, b = 1.
b) Ta nhận thấy a, b là hai nghiệm của phương trình x2 − 8x + 11 = 0. Do đó ta có Nhóm
a2 − 8a + 11 = 0 và b2 − 8b + 11 = 0. Suy ra | h
P = a2013 − 8a2012 + 11a2011 + b2013 − 8b2012 + 11b2011
= a2011 a2 − 8a + 11 + b2011 b2 − 8b + 11 = 0. Câu 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 25  
6x2 − y2 − xy + 5x + 5y − 6 = 0
a) Giải hệ phương trình: 
20x2 − y2 − 28x + 9 = 0.
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 6x2 + 10y2 + 2xy − x − 28y + 18 = 0. 9 Lời giải.
a) Ta có 6x2 − y2 − xy + 5x + 5y − 6 = 0 ⇔ y2 + (x − 5)y − 6x2 − 5x + 6 = 0. (1) ÁN
Coi phương trình (1) như là phương trình bậc 2 ẩn y và tham số là x. Khi đó TO
∆ = (x − 5)2 − 4 · 1 · (−6x2 − 5x + 6) = 25x2 + 10x + 1 = (5x + 1)2. GIỎI −x + 5 + 5x + 1 −x + 5 − 5x − 1 Suy ra y = = 2x + 3 hoặc y = = −3x + 2. 2 2
TH1: y = 2x + 3, thay vào phương trình 20x2 − y2 − 28x + 9 = 0 ta được SINH  x = 0 ⇒ y = 3
20x2 − (2x + 3)2 − 28x + 9 = 0 ⇔ 16x2 − 40x = 0 ⇔  5 x = ⇒ y = 8. 2 HỌC
TH2: y = −3x + 2, thay vào phương trình 20x2 − y2 − 28x + 9 = 0 ta được THI  x = 1 ⇒ y = −1
20x2 − (−3x + 2)2 − 28x + 9 = 0 ⇔ 11x2 − 16x + 5 = 0 ⇔  ĐỀ 5 7 x = ⇒ y = . - 11 11 o 5 5 7
Vậy hệ phương trình có 4 cặp nghiệm (x; y) là (0; 3), ; 8 , (1; −1), ; . 2 11 11 aPr b) Ta có
6x2 + 10y2 + 2xy − x − 28y + 18 = 0
⇔12x2 + 20y2 + 4xy − 2x − 56y + 36 = 0 GeoGebr
⇔(x + 4y)2 + (4y − 7)2 + (x − 1)2 + 10x2 − 14 = 0
⇔10x2 − 14 = −(x + 4y)2 − (4y − 7)2 − (x − 1)2 ≤ 0 7 ⇒x2 ≤
⇒ x ∈ {−1; 0; 1} (vì x là số nguyên). Nhóm 5 |
• x = −1, suy ra 10y2 − 30y + 25 = 0 (vô nghiệm). h  y = 1
• x = 0, suy ra 10y2 − 28y + 18 = 0 ⇔  9 y = (loại). 5
• x = 1, suy ra 10y2 − 26y + 23 = 0 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có 1 cặp nghiệm nguyên (x; y) là (0; 1). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 26 1 2 3
Câu 3. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn + + = 3. Chứng minh: a b c 27a2 b2 8c2 3 + + ≥ . c(c2 + 9a2) a(4a2 + b2) b(9b2 + 4c2) 2 9 Lời giải. ÁN 1 2 3 1 2 3 Đặt a = ; b = ; c = . Ta có + +
= 3 ⇔ x + y + z = 3. Khi đó, bất đẳng thức cần TO x y z a b c
chứng minh tương đương với z3 x3 y3 3 GIỎI + + ≥ . z2 + x2 x2 + y2 y2 + x2 2 Ta có SINH z3 x3 y3 + + z2 + x2 x2 + y2 y2 + x2 Å x2z z2y y2z ã HỌC =(x + y + z) − + + x2 + z2 z2 + y2 y2 + x2 Å x2z z2y y2x ã THI ≥(x + y + z) − + + 2xz 2zy 2yx x y z 3 3 ĐỀ ≥(x + y + z) − + + = 3 − = . - 2 2 2 2 2
o Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = 1,b = 2,c = 3. aPr ‘
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC gặp nhau tại H. Gọi I là giao điểm hai đường
thẳng EF và CB. Đường thẳng AI cắt (O) tại M M (M khác A). GeoGebr
a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Nhóm |
c) Chứng minh BM · AC + AM · BC = AB · M C. h Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 27 A M E F H 9 O ÁN I B D N C TO G GIỎI SINH HỌC
a) Xét đường tròn tâm (O) có hai cát tuyến IM A và IBC. Suy ra IM.IA = IB.IC. (1) THI
Dễ thấy tứ giác BF EC nội tiếp và EF cắt BC tại I nên suy ra IF.IE = IB.IC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM.IA = IF.IE, suy ra tứ giác AM F E nội tiếp. ĐỀ -
Ta lại có tứ giác AF HE nội tiếp đường tròn đường kính AH. Suy ra năm điểm o
A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH. aPr
b) Kẻ đường kính AG của đường tròn (O). Ta chứng minh G, H, N thẳng hàng.
Ta có GC k BE (cùng vuông góc với AC) và GB k CF (cùng vuông góc với AB)
nên tứ giác HCGB là hình bình hành. Suy ra GN đi qua trung điểm N của BC hay G, H, N thẳng hàng. ’
GM A = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ GM ⊥AM . GeoGebr
Do M thuộc đường tròn đường kính AH (cmt) nên ta có ’
AM H = 90◦ (góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) ⇒ HM ⊥AM . Nhóm
Suy ra G, H, M thẳng hàng. Từ đó suy ra 4 điểm G, H, M, N thẳng hàng. Vậy ta |
chứng minh được H, M, N thẳng hàng. h
c) Ta chứng minh định lý Ptoleme: “Nếu một tứ giác nội tiếp đường tròn thì tích hai
đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.”
Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp, ta chứng minh AB · CD + AD · BC = AC · BD. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 28
Trên AC lấy điểm K sao cho ’ ABK = A ’
CBD. Xét tam giác ABK và tam giác D DBC ta có: ’ ABK = ’ CBD (cách lấy) K ’ BAK = ’
BDC (hai góc nội tiếp chắn 9 cung BC) ÁN ⇒ ∆ABK v ∆DBC (g-g) B AB AK C TO ⇒ = ⇒ AB · CD = BD · AK. BD CD
Xét tam giác CBK và tam giác DBA, ta có: GIỎI ’ CBK = ’ CBA − ’ ABK = ’ CBA − ’ CBD = ’ ABD SINH ’ BCK = ’
BDA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) HỌC ⇒ ∆CBK v ∆DBA (g-g) BC CK ⇒ = ⇒ BC · AD = BD · CK. THI BD AD Từ đó ta có ĐỀ -
AB · CD + BC · AD = BD · AK + BD · CK = BD(AK + CK) = BD · AC. o
Áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác nội tiếp BM AC ta có BM · AC + AM · BC = aPr AB · M C.
Câu 5. Cho 2013 điểm A1, A2, . . . , A2013 và đường tròn (O; 1) tùy ý cùng nằm trong mặt
phẳng. Chứng minh trên đường tròn (O; 1) đó, ta luôn có thể tìm được một điểm M sao
GeoGebr cho MA1 + MA2 + ··· + MA2013 ≥ 2013. Lời giải.
Vẽ đường kính BC bất kì của đường tròn (O; 1). Ta có Nhóm |
(BA1 + BA2 + · · · + BA2013) + (CA1 + CA2 + · · · + CA2013) h
=(BA1 + CA1) + (BA2 + CA2) + · · · + (BA2013 + CA2013) ≥2013BC = 4026.  
BA1 + BA2 + · · · + BA2013 < 2013 Nếu 
C A1 + C A2 + · · · + C A2013 < 2013 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 29
thì (BA1 + BA2 + · · · + BA2013) + (CA1 + CA2 + · · · + CA2013) < 4026 (vô lí). 
BA1 + BA2 + · · · + BA2013 ≥ 2013 Suy ra 
CA1 + CA2 + · · · + CA2013 ≥ 2013.
• Nếu BA1 + BA2 + · · · + BA2013 ≥ 2013 thì B là điểm M cần tìm. 9
• Nếu CA1 + CA2 + · · · + CA2013 ≥ 2013 thì C là điểm M cần tìm. ÁN TO
———————–HẾT———————– GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 30 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 6 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 6
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI 1 1 1 1
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 2014 và + + = . Tính giá a b c 2014 1 1 1 trị của biểu thức M = + + . a2013 b2013 c2013 SINH
b) Tìm số tự nhiên n để T = 52n2−6n+2 − 12 là số nguyên tố. Lời giải. HỌC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a) Ta có + + = = ⇔ + = − THI a b c 2014 a + b + c a b a + b + c c
⇔ (a + b)(ac + bc + c2) = −ab(a + b) ⇔ (a + b)(ac + bc + c2 + ab) = 0   ĐỀ a + b = 0 a = −b -  
⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔ b + c = 0 ⇔ b = −c .   o   c + a = 0 c = −a aPr
Xét trường hợp a = −b, các trường hợp còn lại tương tự. 1
Ta có a + b + c = 2014 ⇔ c = 2014 ⇒ M = 20142013
b) Ta có 2n2 − 6n + 2 = 2n(n − 3) + 2 .
Do n(n − 3)..2 nên 2n2 − 6n + 2 có dạng 4k + 2, với k ∈ N. GeoGebr
T = 52n2−6n+2 − 12 = 54k+2 − 12 = 625k · 25 − 12 ≡ 1k · 25 − 12( mod 13) ≡ 0( mod 13).  n = 0
Vậy để T là số nguyên tố thì T = 13 ⇔ 52n2−6n+2 − 12 = 13 ⇔  . n = 3 Nhóm | h Câu 2. √
a) Giải phương trình x2 − 2x − 2 2x + 1 − 2 = 0.  x2 + y2 = 4z − 5 + 2xy b) Giải hệ phương trình .
x4 + y4 = 9z − 5 − 4z2 − 2x2y2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 31 Lời giải. 1 a) Điều kiện: x ≥ − . 2 √ √ 2x + 1 + 1 = x
pt⇔ x2 = ( 2x + 1 + 1)2 ⇔ √2x + 1 + 1 = −x 9  x ≥ 1    √ √  x − 1 ≥ 0   ÁN • 2x + 1 + 1 = x ⇔ 2x + 1 = x − 1 ⇔ ⇔ x = 0 ⇔ x = 2x + 1 = x2 − 2x + 1    TO   x = 4 4 √ √ 1 GIỎI • 2x + 1 + 1 = −x ⇔
2x + 1 = −x − 1, loại vì −x − 1 < 0, ∀x ≥ − . 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.  SINH x2 + y2 = 4z − 5 + 2xy(1) b)
x4 + y4 = 9z − 5 − 4z2 − 2x2y2(2) 5 HỌC
(1) ⇔ (x − y)2 = 4z − 5 ≥ 0 ⇒ z ≥ . 4 5 THI
(2) ⇔ (x2 + y2)2 = −4z2 + 9z − 5 = (4z − 5)(1 − z) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤ . 4 5 5 Vậy z =
và suy ra x = y. Từ đó, ta có nghiệm của hệ là a, a, , với a là số thực ĐỀ 4 4 - bất kì. o
aPr Câu 3. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 4, 0 ≤ b ≤ 4, 0 ≤ c ≤ 4 và a+b+c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca. Lời giải. a) Cách 1: GeoGebr
Giả sử a ≥ b ≥ c, suy ra 2 ≤ a ≤ 4 ⇔ (a−4)(a−2) ≤ 0 ⇔ a2 −6a+8 ≤ 0 ⇔ a(6−a) ≥ 8.
Ta có P = (a+b+c)2 −ab−bc−ca = 36−ab−bc−ca = 36−a(b+c)−bc ≤ 36−a(6−a) ≤ 36 − 8 = 28. Nhóm |
Vậy giá trị lớn nhất của P là 28 khi a, b, c là hoán vị c ủa (2, 4, 0). h b) Cách 2:
Do 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên (a−4)(b−4)(c−4) ≤ 0 ⇔ abc−4(ab+bc+ca)+16(a+b+c)−64 ≤ 0.
⇔ 4(ab + bc + ca) ≥ abc + 16(a + b + c) − 64 ≥ 0 + 16 · 6 − 64 = 32 ⇔ ab + bc + ca ≥ 8.
Ta có P = (a + b + c)2 − (ab + bc + ca) ≤ 36 − 8 = 28.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 28 khi a, b, c là hoán vị c ủa (2, 4, 0). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 32
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), gọi điểm I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn (O) tại điểm M (M khác A).
a) Chứng minh rằng các tam giác IM B và IM C là tam giác cân. 9
b) Đường thẳng M O cắt đường tròn tại điểm N (N khác M ) và cắt cạnh BC tại điểm ÁN ’ BAC IP P . Chứng minh rằng sin = . 2 IN TO
c) Gọi các điểm D và E lần lượt là hình chiếu của điểm I trên các cạnh AB và AC.
Gọi các điểm H, K lần lượt đối xứng với các điểm D và E qua điểm I. Biết rằng GIỎI
AB + AC = 3BC, chứng minh rằng các điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn. SINH Lời giải. N A HỌC THI ĐỀ E D - I O o F H K aPr B P C M GeoGebr a) Ta có ’ ABC ’ BAC ’ IBM = ‘ IBC + ’ CBM = + 2 2 ’ ABC ’ BAC ’ BIM = ‘ IAB + ‘ IBA = + 2 2 Suy ra ’ IBM = ’ BIM ⇒ 4IM B cân tại M . Nhóm |
Tương tự, ∆IM C cân tại M . h M P M P b) Ta có ’ BAC sin = sin (1) (do ’ BCM = = M P ⊥ BC và M I = M C) 2 M C M I M P M I
4M BN vuông tại B, có M P.M N = M B2 = M I2 ⇒ = (2) M I M N M I IP ⇒ 4M P I v 4MIN (c.g.c) ⇒ = (3). M N IN IP Từ (1), (2) và (3) suy ra ’ BAC sin = . 2 IN ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 33 AB + AC − BC c) Ta có AB + AC = 3BC ⇔ = BC ⇔ AE = BC 2 M P CP 1 4IAE v 4MCP (g.g) ⇒ = = ⇒ IE = 2M P . IE AE 2
Gọi F là trung điểm của IK, 4M CP = 4M IF (c.g.c) do M C = M I 1 ’ P M C = ‘ EIA = ’ M IF ; M P = IF = IE ⇒ ’ IF M = ’ M P C = 90◦ 2 9
⇒ 4IM K cân tại M ⇒ M K = M I.
Tương tự, M H = M I. Suy ra M B = M C = M H = M K = M I. Vậy B, C, H, K ÁN
cùng thuộc đường tròn tâm M . TO Câu 5. GIỎI
a) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 5x − 2y = 1. SINH
b) Cho lục giác đều ABCDEF cạnh có độ dài bằng 1 và P là điểm nằm trong lục giác
đó. Các tia AP , BP , CP , DP , EP , F P cắt các cạnh của lục giác này lần lượt tại HỌC
các điểm M1, M2, M3, M4, M5, M6 (các điểm này lần lượt khác các điểm A, B, C,
D, E, F ). Chứng minh lục giác M1M2M3M4M5M6 có ít nhất một cạnh có độ dài lớn THI hơn hoặc bằng 1. ĐỀ - Lời giải. o
a) Ta có 5x − 2y = 1 ⇔ 2y = 5x − 1. aPr
Với x = 2k + 1, ∀k ∈ N ta có 2y = 4(52k + 52k−1 + . . . + 5 + 1)
• Nếu y < 2 thì phương trình vô nghiệm.
• Nếu y = 2 thì x = 1 (thỏa mãn). GeoGebr
• Nếu y > 2 thì phương trình vô nghiệm vì VT chia hết cho 8 còn VP thì không chia hết cho 8.
Với x = 2k, ∀k ∈ N ta có 2y = (5k − 1)(5k + 1)  Nhóm 5k − 1 = 2a | ⇒
với a, b ∈ N; 0 ≤ a < b; a + b = y. ⇒ 2b − 2a = 2a(2b−a − 1) = 2. h 5k + 1 = 2b .
• Nếu a ≥ 2 thì 2a(2b−a − 1)..4, vô lí.
• Nếu a = 1; a = 0 thì 5k = 3; 5k = 2, vô lí. Vậy (x; y) = (1; 2). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 34
b) Nhận xét: Trong nhiều trường hợp, M1M2M3M4M5M6 suy biến không còn là lục
giác nên sau đây ta thống nhất gọi là đa giác M1 . . . M6.
• Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF (kí hiệu là L ). Nếu P ≡ 0 thì đa giác M1...M6 ≡ L , ta có đpcm. 9
• Nếu P thuộc một trong ba đường chéo lớn của L , P 6= O thì P thuộc một
trong sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF . Giả sử P ∈ OD, khi đó hai tia AP , ÁN
DP lần lượt đi qua đỉnh D, đỉnh A của L và ta có M1 ≡ D, M4 ≡ A. Còn TO
lại 4 tia, cắt nhiều nhất 4 cạnh của L . Như vậy tồn tại ít nhất hai cạnh AB,
AF của L không chứa các điểm M1, ..., M6. Xét tam giác có một cạnh là AB GIỎI
và một cạnh là M4Mi của đa giác M1 . . . M6 gần AB nhất (M4 ≡ A), ta luôn có ◊
M4BMi > 90◦ ⇒ M4Mi > AB = 1. SINH
• Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn của L thì P nằm trong một trong sáu
tam giác đều của L mà ba đường chéo lớn chia ra. Giả sử P nằm trong ∆ODE. HỌC
Như vậy, tồn tại ít nhất cạnh AB của L không chứa các điểm M1, ..., M6. Khi
đó M4M5 luôn là một cạnh của đa giác M1 . . . M6 và ABM5M4 là tứ giác luôn THI có ÷ ABM5 > 90◦; ÷
BAM4 > 90◦ ⇒ M4M5 > AB = 1. ĐỀ - o
———————–HẾT———————– aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 35 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 7 9 NĂM HỌC 2014-2015 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 7
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. 1 1 1 GIỎI
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1 và a + b + c = + + . a b c
Chứng minh có ít nhất một trong các số a, b, c bằng 1. SINH
b) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh A = 23n+1 + 23n−1 + 1 là hợp số. Lời giải. HỌC 1 1 1
a) Từ giả thiết a + b + c = + +
ta có a + b + c = ab + bc + ca a b c THI
⇔ ab + bc + ca − a − b − c = 0 ĐỀ
⇔ 1 + ab + bc + ca − a − b − c − abc = 0 -
⇔ (1 − a) − b(1 − a) − c(1 − b) + ca(1 − b) = 0 o
⇔ (1 − a)(1 − b) − c(1 − b)(1 − a) = 0 aPr
⇔ (1 − a)(1 − b)(1 − c) = 0
Vậy có ít nhất 1 trong các số a, b, c bằng 1. (Đpcm).
b) Ta có 23n+1 = 2 × 23n = 2 × 8n.
Vì 8 ≡ 1(mod7) nên 8n ≡ 1n(mod7) hay 2 × 8n ≡ 2(mod7)(1) GeoGebr
Tương tự, phân tích 23n−1 = 4 × 23n−3 = 4 × 8n−1 ta có 4 × 8n−1 ≡ 4(mod7) (2). .
Từ (1) và (2) ta có: A ≡ (2 + 4 + 1)(mod7), hay A..7.
Vì n là số nguyên dương, A ≥ 21. Vậy A là hợp số. (Đpcm). Nhóm | h Câu 2. √
a) Giải phương trình x 3 − 2x = 3x2 − 6x + 4.  x3 + 2xy2 + 12y = 0 b) Giải hệ phương trình .  x2 + 8y2 = 12 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 36 Lời giải. 3 a) Điều kiện: x ≤ . 2√
3x2 − 6x + 4 − x 3 − 2x = 0 1 √ 5 5 ⇔
x2 − 2x 3 − 2x + (3 − 2x) + x2 − 5x + = 0 2 2 2 9 1 √ 5 ⇔ x − 3 − 2x2 + (x − 1)2 = 0 2 2  ÁN  x − 1 = 0 ⇔ TO √ ⇔ x = 1 x − 3 − 2x = 0
b) Thay x2 + 8y2 = 12 vào phương trình đầu ta có GIỎI x3 + 2xy2 + x2 + 8y2 y = 0 ⇔ x3 + x2y + 2xy2 + 8y3 = 0 SINH
⇔ (x + 2y)(x2 − xy + 4y2) = 0 ï ò y 2 15y2 ⇔ (x + 2y) x − + = 0 2 4 HỌC   x + 2y = 0 x = −2y THI ⇔  ⇔   y 2 15y2 x − + = 0 x = y = 0 2 4 ĐỀ
Trường hợp 1: x = −2y, thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được y = ±1. -
Trường hợp 2: x = y = 0, không thỏa mãn phương trình thứ 2 của hệ. o
Kết luận: Hệ có hai nghiệm là (2, −1); (−2, 1). aPr 1 1 1
Câu 3. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn + +
= 3, tìm giá trị lớn nhất của a b c 1 1 1 biểu thức P = √ + √ + √ . a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 GeoGebr Lời giải.
Vì a, b, c là ba số dương nên theo bất đẳng thức Cô si ta có: 1 1 2 + ≥ √ a b ab Nhóm 1 1 2 | + ≥ √ b c bc h 1 1 2 + ≥ √ c a ca
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ √ + √ + √ (1). a b c ab bc ca Mặt khác ta có: ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 37 1 1 a2 − ab + b2 ≥ ab ⇒ √ ≤ √ a2 − ab + b2 ab 1 1 b2 − bc + c2 ≥ bc ⇒ √ ≤ √ b2 − bc + c2 bc 1 1 c2 − ca + a2 ≥ ca ⇒ √ ≤ √ c2 − ca + a2 ca
Nên sau khi cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta được: 9 1 1 1 1 1 1 P = √ + √ + √ ≤ √ + √ + √ (2). a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 ab bc ca ÁN Từ (1) và (2) suy ra: 1 1 1 TO P ≤ + + = 3. a b c
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
Vậy Giá trị lớn nhất của P bằng 3, đạt được khi a = b = c = 1. GIỎI
Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao SINH
AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. a) Chứng minh cos2 ’ BAC + cos2 ’ CBA + cos2 ’ ACB < 1. HỌC
b) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn tâm O. Gọi M, I lần lượt là trung THI
điểm của các đoạn thẳng BC và HP . Chứng minh M I vuông góc với AP . ĐỀ - Lời giải. o A aPr GeoGebr O K E P F I Nhóm H | B D M C h A0 Å AE ã2
a) Vì tam giác BEA vuông tại E nên ta có cos2 (1). ’ BAC = AB ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 38
Dễ thấy tứ giác BF EC là tứ giác nội tiếp vì E, F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông. Vì vậy ’ ABC = ’ AEF = 180◦ − ’ F EC (2).
Xét hai tam giác ABC và AEF có: b A chung. ’ ABC = ’ AEF ( theo (2)). 9
Do đó tam giác ABC đồng dạng với tam giác AEF . Bình phương tỉ số đồng dạng
bằng tỉ số diện tích nên ta có: ÁN Å AE ã2 S∆AEF = (3). TO AB S∆ABC S Từ (1) và (3) suy ra ∆AEF cos2 (4). ’ BAC = S∆ABC GIỎI
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: S∆BF D cos2 (5). ’ CBA = S∆ABC S∆CDE SINH cos2 (6). ’ ACB = S∆ABC Từ (4), (5), (6) ta có S∆AEF + S∆BF D + S∆CDE S∆ABC − S∆DEF cos2 ’ BAC + cos2 ’ CBA + cos2 ’ ACB = = < HỌC S∆ABC S∆ABC 1 (đpcm). THI
b) Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O hay AA0 là đường kính. ĐỀ Xét tứ giác BHCA0 có: -
BH k A0C (Vì cùng vuông góc với AC) o
CH k A0B (Vì cùng vuông góc với AB) aPr
Vậy tứ giác BHCA0 là hình bình hành. Suy ra M là trung điểm của HA0. Xét tam giác HP A0 có:
M là trung điểm của HA0 theo chứng minh trên
I là trung điểm của HP theo giả thiết
Vậy M I là đường trung bình trong tam giác HP A0. Suy ra M I//A0P . GeoGebr
Dễ thấy A0P vuông góc với AP vì AA0 là đường kính.
Vậy M I vuông góc với AP . (Đpcm). Nhóm | Câu 5. h p2 − p − 2
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
là lập phương của một số tự nhiên. 2
b) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường
tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kỳ cạnh nhau 1 có tích không lớn hơn . 9 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 39 Lời giải. p2 − p − 2
a) Xét p = 2, lúc này ta có
= 0 = 03. Vậy p=2 thỏa mãn. 2
Trường hợp p nguyên tố, p > 2: Từ giả thiết ta có
p2 − p − 2 = n3 ⇔ p(p − 1) = 2(n + 1)(n2 − n + 1)(1)  9 p |(n + 1) ⇔  p (n2 − n + 1) ÁN Xét các khả năng sau: TO
• Nếu p là ước của n + 1. ⇒ p ≤ (n + 1) GIỎI ⇒ p − 1 ≤ n ⇒ p(p − 1) ≤ n(n + 1) SINH
⇒ 2(n + 1)(n2 − n + 1) ≤ n(n + 1)
⇒ n2 − 2n + 2 ≤ 0 Vô lý. HỌC
• Nếu p là ước của (n2 − n + 1). THI
Đặt pk = n2 − n + 1, k ∈ ∗
N (2). Thay trở lại (1) ta có p(p − 1) = 2(n + 1)pk ĐỀ ⇒ p = 2(n + 1)k + 1 (3) - o Thay (3) vào (2) ta có:
n2 − (2k2 + 1)n + 1 − 2k2 − k = 0 (4) aPr ∆ = 4k4 + 12k2 + 4k − 3.
Ta cần tìm k sao cho ∆ là số chính phương. Nhận thấy: (2k2+2)2 < ∆ < (2k2+4)2.
Suy ra ∆ = (2k2 + 3)2. Từ đây ta có:
4k4 + 12k2 + 4k − 3 = (2k2 + 3)2 ⇒ k = 3. GeoGebr
Thay trở lại tìm n từ phương trình (4) và p từ (3) ta được: p = 127. Vậy p = 2 hoặc p = 127. Nhóm
b) Không mất tính tổng quát, giả sử có sắp xếp a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e. Khi đó lấy a làm | h
chuẩn và xếp theo chiều kim đồng hồ như sau:
a → b → c → d → e. Cách xếp này thỏa mãn yêu cầu vì: 1 1 1 1 +, ad ≤ a(b + c + d) ≤ (a + b + c + d)2 = < . 3 12 12 9 1 +, bd ≤ ad < . 9 1 +, ce ≤ ac ≤ ad < 9 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 40 1 1 2 2 1 +, bc ≤ (b + c)2 ≤ (a + b + c + d) = . 4 4 3 9
———————–HẾT———————– 9 ÁN TO GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 41 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - TP HÀ NỘI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 8 9 NĂM HỌC 2016 - 2017 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 8
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Chứng minh n5 + 5n3 − 6n chia hết cho 30, với mọi số nguyên dương n.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) sao cho x2 + 8y và y2 + 8x là các số chính SINH phương. Lời giải. HỌC THI a) Ta có ĐỀ
x = n5 + 5n3 − 6n = n(n4 + 5n2 − 6) = n(n − 1)(n + 1)(n2 + 6). - . . o
Do n, n − 1, n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên n(n − 1)(n + 1)..6, suy ra x..6. .
Nếu n ≡ 0 (mod 5) hoặc n ≡ ±1 (mod 5) thì n(n − 1)(n + 1) ≡ 0 (mod 5) nên x..5. aPr . .
Nếu n ≡ ±2 (mod 5) thì n2 + 6 ≡ 10 ≡ 0 (mod 5) nên x..5. Do đó ta có x..5 với mọi n. .
Từ đó ta suy ra được x..30 với mọi số nguyên dương n.
b) Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y. Khi đó GeoGebr
x2 < x2 + 8y ≤ x2 + 8x < x2 + 8x + 16 = (x + 4)2.
Mà x2 + 8y là số chính phương nên ta có các trường hợp sau Nhóm |
• x2 + 8y = (x + 1)2 ⇔ 8y = 2x + 1 (loại). h
• x2 + 8y = (x + 2)2 ⇔ 2y = x + 1, khi đó
y2 + 8x = y2 + 16y − 8 = (y + 8)2 − 72 = a2 ⇔ (y + 8 − a)(y + 8 + a) = 72 = 32.23.
Do y + 8 + a > y + 8 − a và hai số đó cùng tính chẵn lẻ, nên ta có ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 42     y + a + 8 = 2.32 y + a + 8 = 22.32 ⇒ y = 3, x = 5. hoặc ⇒ y = 11, x = 21.   y + 8 − a = 22 y + 8 − a = 2   y + a + 8 = 22.3 hoặc ⇒ y = 1, x = 1.  y + 8 − a = 2.3 9
• x2 + 8y = (x + 3)2 ⇔ 8y = 6x + 9 (loại). ÁN
Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (1; 1), (3; 5), (5; 3), (11; 21), (21; 11). TO Câu 2. GIỎI … 3 … 6 3 a) Giải phương trình 2x − + − 2x = 1 + . x x 2x SINH … 4x √ √   = x + y − x − y  5y b) Giải hệ phương trình . … 5y √ √   = x + y + x − y  HỌC x Lời giải. THI … 3 … 6 3 a) Đặt a = 2x − , b =
− 2x, ta có a, b ≥ 0 và a2 + b2 = . Do đó,ta có ĐỀ x x x - 1 1 a + b = 1 + a2 + b2 ≥ 1 + (a + b)2 o 2 4   a + b − 2 = 0 aPr ⇒ (a + b − 2)2 ≤ 0 ⇒ ⇒ a = b = 1.  a = b 3 3 3 Từ đây ta có = 2 ⇔ x = . Ta thấy x =
là nghiệm của phương trình đã cho. x 2 2
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có GeoGebr  3 … 1 + 2x −  3  x  2x − ≤ … …  x 2 3 6 3 6 ⇒ 2x − + − 2x ≤ 1 + . x x 2x … 1 + − 2x  6  x Nhóm  − 2x ≤  | x 2 h 3
Đẳng thức xảy ra khi x = . 2  xy > 0     b) Điều kiện x − y ≥ 0 .     x + y ≥ 0 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 43
Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có … 4x … 5y √  4x 5y   + = 2 x + y  + 4 + = 4(x + y)  5y x  ⇒ 5y x , … 4x … 5y √ 4x 5y   − + = 2 x − y  − 4 + = 4(x − y)  5y x 5y x 9
suy ra 8 = 8y ⇒ y = 1. Thay vào hệ ta có ÁN 4x 5 5 + = 4x ⇔ x = (do y > 0 nên x > 0). 5 x 4 TO 5
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = ; 1 . 4 GIỎI
Câu 3. Với các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2 SINH
a) Chứng minh x + y + z ≤ 2 + xy x y z
b) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P = + + . HỌC 2 + yz 2 + zx 2 + xy Lời giải. THI ĐỀ -
a) Áp dụng bất đẳng thức a + b ≤ p2(a2 + b2) ta có o p p p x+y+z ≤ 2 [(x + y)2 + z2] = 2(x2 + y2 + z2 + 2xy) = 2 1 + xy ≤ 1+(1+xy) = 2+xy. aPr z z
b) Theo chứng minh trên ta có 2 + xy ≥ x + y + z nên ≤ . 2 + xy x + y + z x x y y Tương tự ≤ , ≤ . 2 + yz x + y + z 2 + xz x + y + z
Suy ra P ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi trong ba số x, y, z có hai số bằng 1 và một số GeoGebr bằng 0. Do đó max P = 1. Ta có y2 + z2 6 − x2 2 + yz ≤ 2 + = , 2 2 Nhóm | do đó với x 6=, ta có h √ x 2x 2x2 2 2x2 ≥ = = . 2 + yz 6 − x2 x(6 − x2) p2x2(6 − x2)(6 − x2) Mà
Å 2x2 + 6 − x2 + 6 − x2 ã3 2x2(6 − x2)(6 − x2) ≤ = 43, 3 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 44 nên √ x 2x2 ≥ . (1) 2 + yz 4
Và ta thấy (1) cũng đúng khi x = 0, do đó (1) đúng với mọi x ≥ 0. Tương tự ta cũng có √ √ y 2y2 z 2z2 9 ≥ , ≥ . 2 + zx 4 2 + xy 4 √ √ 2 2 ÁN Do đó P ≥ x2 + y2 + z2 = . 4 2 √ √ TO 2
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x = y = 0, z = 2. Vậy min P = . 2 GIỎI
Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC (BC > CA > AB) nội tiếp đường tròn (O) và có trực
tâm H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác góc ’ ABC tại điểm thứ SINH
hai M . Gọi P là trực tâm tam giác BCM.
a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P cùng thuộc một đường tròn HỌC
b) Đường thẳng H song song với AO cắt cạnh BC tại E. Gọi F là điểm trên cạnh BC THI
sao cho CF = BE. Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng ĐỀ -
c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM . Chứng minh rằng P N = P O. o Lời giải. aPr P A M H GeoGebr N O F B E C Nhóm | I h K ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 45
a) Ta có P, H là trực tâm các tam giác BHC và ABC nên ta có ’ BP C = 180◦ − ’ BM C = 180◦ − ’ BHC = ’ BAC,
suy ra tứ giác BAP C nội tiếp. 9
b) Kẻ đường kính AK, ta có BKCH là hình bình hành.
Xét hai tam giác BHE và CKF có ÁN TO BH = CK, BE = CF và ’ F CK = ’ EBH
nên ∆BHE = ∆CKF , suy ra ’ BEH = ’ CF K. Dẫn tới HE k KF GIỎI
Mặt khác HE k AK nên ta có A, K, F thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Vì ∆BHC = ∆BKC nên SINH IB = IC = OB = OC.
Ta có ON là đường trung trực cạnh AB, OI là đường trung trực cạnh BC và IN là HỌC
đường trung trực cạnh BM , nên ‘ ON I = ’ ABM và ‘ OIN = ’ M BC. 1 1 Mặt khác ’ ABM = ’ M CB = ’ ABC nên ‘ ON I = ‘ OIN = ’ ABC. Suy ra ∆ON I cân tại THI 2 2 O và ‘ N OI = 180◦ − ’ ABC. Lại có ĐỀ - ’ P OB = 2’ P CB = 2(90◦ − ’ M BC) = 180◦ − 2 ’ M BC = 180◦ − ’ ABC. o Nên ta có ‘ N OI = ’ P OB, suy ra ’ N OP = ‘ IOB. aPr
Từ đó dẫn đến ∆OBI = ∆OP N , mà ∆OBI cân tại B nên P N = P O.
Câu 5. Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100. Hai người A và B lần lượt
mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm GeoGebr
bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n + 2. Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất
bao nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên? Nhóm Lời giải.
| Vì B bốc thẻ 2n + 2 nên 2n + 2 ≤ 100. Suy ra n ≤ 49. Do đó, A chỉ được bốc các thẻ h đánh từ 1 đến 49.
Bây giờ, ta chia tập {1; 2; · · · ; 49} thành 33 tập con như sau:
{1; 4}, {3; 8}, {5; 12}; · · · , {23; 49} (12 nhóm);
{2; 6}, {10; 22}, {14; 30}, {18; 38} (4 nhóm);
{25}, {27}, {29}, · · · , {49} (13 nhóm); ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 46
{26}, {32}, {42}, {46}(4 nhóm).
Ở mỗi nhóm, A được chọn tối đa một số. Nếu A chọn nhiều hơn 34 số trong các số từ
1 đến 49 thì theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm (vô lý). Do
đó, A được chọn không quá 33 số.
Mặt khác, A có thể chọn 33 số sau : 9
{1, 3, 5, · · · , 23, 2, 10, 14, 18, 25, 27, 29, · · · , 49, 26, 32, 42, 46} ÁN
TO thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy người A có thể lấy nhiều nhất 33 tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên. GIỎI
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 47 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 - QUẬN HOÀN CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 9 9
KIẾM - TP HÀ NỘI NĂM 2018 9 Họ ĐỀ và tên SỐ thí 9
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Tìm ba số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. √ √ √
b) Tìm bộ số (x; y) nguyên thỏa mãn đẳng thức 1 + x + y + 3 = x + y. SINH Lời giải.
a) Gọi ba số cần tìm là a, b, c. Theo đề ta có abc = 5(a + b + c). HỌC .
Dễ thấy abc .. 5 nên trong ba số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 5. .
THI Không mất tính tổng quát, giả sử a .. 5. Vì a nguyên tố nên a = 5, từ đó ĐỀ
5bc = 5(5 + b + c) ⇔ (b − 1)(c − 1) = 6. -
o Kết hợp với điều kiện b,c nguyên tố ta thu được b = 2,c = 7 hoặc b = 7,c = 2.
aPr Vậy có 6 bộ số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu là (5; 2; 7) và các hoán vị. √ √ √ b) Từ giả thiết suy ra x + y + 3 = x +
y − 1. Bình phương hai vế và thu gọn ta có √ √ √ √ √ xy − x −
y − 1 = 0 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 2 (∗)
GeoGebr Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y. √ √ √
• Xét y ≥ 6 thì ( x − 1)( y − 1) ≥ ( 6 − 1)2 > 2 (mâu thuẫn). Nhóm
• Xét 0 ≤ y < 6, vì y ∈ Z nên y ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}. |
Thay vào (∗) tìm được x = 9, y = 4. h
Vậy có 2 bộ số (x; y) thỏa mãn yêu cầu là (9; 4) và (4; 9). Câu 2. … 1
a) Giải phương trình x2 + 2x x − = 3x + 1. x ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 48  x 6y + 2 = − px − 2y  b) Giải hệ phương trình y . » p   x + x − 2y = x + 3y − 2 Lời giải. 1 a) Điều kiện: x − ≥ 0. 9 x
Do x 6= 0 nên chia hai vế của phương trình cho x ta thu được … ÁN 1 1 x − + 2 x − − 3 = 0. TO x x … 1 … 1 Tìm được x − = 1 hoặc x − = −3 (loại). x x √ GIỎI … 1 1 ± 5 Từ x − = 1 ta tìm được x = (thỏa mãn). x 2 √ 1 ± 5
Vậy nghiệm của phương trình là x = . SINH 2  y 6= 0    b) Điều kiện x − 2y ≥ 0 . HỌC    p x + x − 2y ≥ 0
THI Quy đồng mẫu số phương trình đầu của hệ ta thu được ĐỀ p x − 2y − y x − 2y − 6y2 = 0. - o √ √ Từ đó suy ra được x − 2y = −2y hoặc x − 2y = 3y. √
aPr Trường hợp 1. Xét x − 2y = −2y. Thay vào phương trình sau ta có
px − 2y = x + 3y − 2 ⇒ −2y = x + 3y − 2 ⇔ x = 2 − 5y.  √ √ y ≤ 0 Do đó, x − 2y = −2y ⇔ 2 − 7y = −2y ⇔ ⇔ y = −2 ⇒ x = 12.  GeoGebr 2 − 7y = 4y2 √ Trường hợp 2. Xét
x − 2y = 3y. Thay vào phương trình sau ta có
px + 3y = x + 3y − 2 ⇔ px + 3y = −1 (loại) hoặc px + 3y = 2 ⇔ x = 4 − 3y. Nhóm |  √ √ y ≥ 0 4 8
h Do đó, x − 2y = 3y ⇔ 4 − 5y = 3y ⇔ ⇔ y = ⇒ x = . 9 3 4 − 5y = 9y2 8 4
Thử lại ta có các nghiệm của hệ là (12; −2) và ; . 3 9
Câu 3. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3.
a) Chứng minh xy2 + yz2 + zx2 ≤ 2 + xyz. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 49 x y z
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . 2 + y 2 + z 2 + x Lời giải.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó, x(y − z)(y − x) ≤ 0 9 ⇔ xy2 + zx2 ≤ x2y + xyz ÁN
⇔ xy2 + yz2 + zx2 ≤ y(x2 + z2) + xyz = y(3 − y2) + xyz. TO
Xét hiệu 2 − y(3 − y2) = y3 − 3y + 2 = (y − 1)2(y + 2) ≥ 0.
Suy ra y(3 − y2) ≤ 2 ⇒ xy2 + yz2 + zx2 ≤ 2 + xyz. GIỎI √
Dấu “ =00 xảy ra khi và chỉ khi (x; y; z) = (1; 1; 1) hoặc (0; 1;
2) và các hoán vị của chúng.
b) Nhận xét: Biến đổi P ≤ 1 ⇔ xy2 + yz2 + zx2 ≤ 2 + xyz. SINH √
Từ đó tìm được Pmax = 1 ⇔ (x; y; z) = (1; 1; 1) hoặc (0; 1; 2) và các hoán vị của chúng. x2 y2 z2 (x + y + z)2 Ta có P = + + ≥ = Q 2x + xy 2y + yz 2z + zx 2(x + y + z) + xy + yz + zx
HỌC (bất đẳng thức Cauchuy-Schwarz). t2 − 3 √
Đặt t = x + y + z thì xy + yz + zx = với 3 ≤ t ≤ 3. THI 2 2t2 √ Khi đó, Q = với 3 ≤ t ≤ 3. t2 + 4t − 3 ĐỀ √ √ 3 2t2 3 √ √ √ - Ta có Q ≥ ⇔ ≥ ⇔ (t − 3) (4 −
3)t − 3 ≥ 0 (luôn đúng với t ≥ 3). 2 t2 + 4t − 3 2 √ o 3 √ Từ đó tìm được Pmin =
⇔ (x; y; z) = ( 3; 0; 0) và các hoán vị của nó. 2 aPr
Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao
BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai P .
a) Chứng minh hai tam giác P BC và P ED đồng dạng. GeoGebr
b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm P, H, M thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cắt nhau tại N . Chứng minh rằng Nhóm |
các đường thẳng M N, DE, AH đồng quy. h Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 50 N A D P 9 E O H ÁN TO F B M C GIỎI K a) Ta có ’ P CB = ’ P AB = ’ P DE và ’ P BC = 180◦ − ‘ P AC = ’ P ED.
SINH Do đó ∆PBC v ∆PED (g-g).
b) Kẻ đường kính AK, ta có ’ AP K = 90◦, chú ý ’
AP H = 90◦ từ đó ba điểm P, H, K thẳng HỌC hàng.
Mặt khác, BH k KC, CH k KB nên BHCK là hình bình hành. THI
Từ đó H, M, K thẳng hàng. Suy ra P, H, M thẳng hàng.
ĐỀ c) Gọi F là giao điểm của AP và BC, ta có ‘ AEP = ’ AHP = ’
BF P , từ đó BEP F là tứ - giác nội tiếp, suy ra ’ F EP = ’ F BP = ‘ P AC. o Suy ra ’ F EP + ’ DEP = ‘ P AC + ’
DEP = 180◦ từ đó ba điểm D, E, F thẳng hàng, chú ý
aPr rằng IM là trung trực của DE, do đó DE ⊥ IM. Ta có ‘ N IP = ’ AHP = ’
M F P , từ đó ∆P N I v P MF (g-g) (∗)
Từ (∗) dễ dàng suy ra ∆IP F v NP M (c-g-c), suy ra ‘ P IF = ’ P N M ⇒ F I ⊥ M N .
Chú ý AH ⊥ F M , từ đó M N, DE, AH là ba đường cao của ∆IM F nên chúng đồng quy. GeoGebr
Câu 5. Một số số nguyên dương được viết trên một bảng đen. Tổng của hai số bất kì
trong chúng là lũy thừa của 2. Hỏi trên bảng có thể có nhiều nhất bao nhiêu số phân Nhóm | biệt? h Lời giải.
Ta sẽ chứng minh rằng số các số nguyên dương phân biệt không thể lớn hơn 2.
Thật vậy, giả sử có ba số a < b < c trên bảng (trường hợp 4 số trở lên vẫn trích ra được bộ ba số như thế).
Dễ thấy theo đề bài, a + b; b + c; c + a là ba lũy thừa phân biệt của 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 51
Mặt khác, a + b < a + c < b + c suy ra b + c ≥ 2(a + c) hay b ≥ 2a + c (vô lí).
Từ đó suy ra có nhiều nhất hai số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ta có thể lấy một trường hợp cụ thể là 1 và 3.
———————–HẾT———————– 9 ÁN TO GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 52 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HSG NĂM HỌC CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 10 9 2011, TP. ĐÀ NẴNG 9 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 10
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ √ a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1
Câu 1. Cho biểu thức: M = √ + √ + √ √ với a > 0, a 6= 1. a a − a a − a a GIỎI
a) Chứng minh rằng M > 4. 6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M SINH Lời giải. √ √ √ √ a a − 1 a − 1)(a + a + 1 a + a + 1 a) Do a > 0, a 6= 1 nên: √ = √ √ = √ HỌC a − a a( a − 1) a √ √ √ √ √ a2 − a a + a − 1 (a + 1)(a − 1) − a(a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − 1 và √ √ = √ = √ = √ THI a − a a a(1 − a) a(1 − a) a a + 1 ⇒ M = √ + 2 a ĐỀ - 6 3 b) Ta có 0 < N = <
do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 o M √ 2 6 a √ √ Mà N = 1 ⇔
√ = 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2)2 = 3 a + 1 + 2 a aPr √ √ √ √ ⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp) √ Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3)2 GeoGebr Câu 2.
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0, 5x + 3, y = 6 − x và y = mx có đồ thị lần lượt là
các đường thẳng (d1), (d2) và (∆m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường Nhóm |
thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho h
điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng M N luôn đi qua điểm cố
định I(1; 2). Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N ; từ đó, 1 1
suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = + . OM 2 ON 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 53 Lời giải.
a) Điều kiện để (∆m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 6= 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (∆m) là:
0, 5x + 3 = mx ⇔ (m − 0, 5)x = 3 9
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m − 0, 5 < 0 hay m < 0, 5
Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (∆m) là: ÁN 6 − x = mx ⇔ (m + 1)x = 6 TO
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m + 1 > 0 hay m > −1
Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0, 5; m 6= 0 GIỎI
b) Đặt m = xM và n = yN ⇒ m.n 6= 0 và m 6= 1 (∗)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax + b  SINH  0 = am + b     ⇒ 2 = a + b
⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m + n = mn   HỌC    n = b 1 2 THI
Chia hai vế cho m.n 6= 0 ta được: + = 1 (∗∗) m n 2 2 1 2 1 4 4 1 1 2 1 ⇒ 1 = + = + + = 5 + − − ĐỀ m n m2 n2 mn m2 n2 m n - 1 1 1 ⇒ Q = + ≥ ; o m2 n2 5 2 1 dấu “=” xảy ra khi =
; kết hợp (∗∗) : m = 5, n = 2, 5( thỏa (∗)) m n aPr 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 5 Câu 3.  GeoGebr  17x + 2y = 2011|xy|
a) Giải hệ phương trình:  x − 2y = 3xy Nhóm
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: | √ √ √ 1 h x + y − z + z − x = (y + 3). 2 Lời giải.
a) Nếu xy > 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 54  17 2  1 1007  9  + = 2011  =   x = y x   ⇔ y 9 ⇔ 490 (phù hợp) 1 2 1 490 9     − = 3  =  y = y x x 9 1007
Nếu xy < 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với  17 2  1 −1004  + = −2011  =  y x  9 ⇔ y 9 ⇒ xy > 0 (loại) 1 2 1 1031    − = 3  = − y x x 18 ÁN
Nếu xy = 0 thì khi đó hệ đã cho tương đương với x = y = 0 (nhận). 9 9 TO
Vậy hệ có đúng 2 nghiệm là (0; 0) và ; 490 1007
b) Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0 √ x + 1 √ y − z + 1 √ z − x + 1 GIỎI Theo BĐT Cauchy: x ≤ ; y − z ≤ ; z − x ≤ 2 2 2 √ √ √ 1 ⇒ V P = x + y − z + z − x ≤ (y + 3) = V T 2  SINH √   x = 1  x = 1        √  Do đó y − z = 1 ⇔ y = 3 thỏa điều kiện     HỌC  √     z − x = 1  z = 2 THI
ĐỀ Câu 4. Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di
- động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng
o của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường
aPr thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi. GeoGebr
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BN F khi và chỉ khi N F ngắn nhất Lời giải. Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 55 F M A 9 B C O ÁN E TO N a) M N ⊥ BF và BC ⊥ N F. GIỎI
⇒ A là trực tâm của tam giác BN F. ⇒ F A ⊥ N B. SINH Lại có AE ⊥ N B. Nên A, E, F thẳng hàng. HỌC b) ’ CAN = ’
M AB, nên hai tam giác ACN và AM B đồng dạng. AN AC THI Suy ra: = AB AM
Hay AM.AN = AB.AC = 2R2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C)). ĐỀ - 2 c) Ta có BA =
BC nên A là trong tâm tam giác BN F ⇔ C là trung điểm N F. (1) o 3 Mặt khác: ’ CAN = ’
CF M , nên hai tam giác CN A và CBF đồng dạng. CN AC aPr ⇒ = ⇒ CN.CF = BC.AC = 3R2. BC CF √ √
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: N F = CN + CF ≥ 2 CN.CF = 2R 3 không đổi.
Nên: N F ngắn nhất ⇔ CN = CF ⇔ C là trung điểm N F. (2) GeoGebr
Từ (1) và (2) cho ta: A là trong tâm tam giác BN F ⇔ N F ngắn nhất.
Câu 5. Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. Nhóm | Lời giải.
h Đặt: S = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12 S ⇒
= 3 · 4 · 6 · 7 · 8 · 9 · 11 · 12 là một số nguyên. (1) 100
⇒ Hai chữ số tận cùng của S là 00.
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để S
ý đến chữ số tận cùng, ta thấy
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3 · 4 = 12; 2 · 6 = 12; 2 · 7 = 100 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 56 14; 4 · 8 = 32;
2 · 9 = 18; 8 · 11 = 88; 8 · 12 = 96).
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600.
———————–HẾT———————– 9 ÁN TO GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 57 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 11 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2010-2011, 9 LÂM ĐỒNG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 11
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ p p Câu 1. Rút gọn A = 127 − 48 7 − 127 + 48 7 Lời giải. GIỎI Ta có p √ p √ A = 64 − 2.8.3 7 + 63 + 64 + 2.8.3 7 + 63 SINH » √ » √ = (8 − 3 7)2 + (8 + 3 7)2 √ √ = 8 − 3 7 + 8 + 3 7 HỌC √ √ = 8 − 3 7 + 8 + 3 7 = 16 THI Vậy A = 16.
ĐỀ Câu 2. Cho hàm số y = f (x) = 3m2 − 7m + 5x − 2011 (∗). Chứng minh hàm số (∗) -
o luôn đồng biến trên R với mọi m. Lời giải. aPr Ta có 7 7 49 49 3m2 − 7m + 5 = 3 m2 − m + 5 = 3 m2 − 2. m + − + 5 3 6 36 36 2 7 49 = 3 m − − + 5 6 12 2 GeoGebr 7 11 = 3 m − + > 0 với mọi m 6 12
Do đó hàm số (∗) luôn đồng biến trên R với mọi m.
Nhóm Câu 3. Cho hai số dương x, y thõa mãn điều kiện 3x + y − 1 = 0.
| Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 3x2 +y2. h Lời giải.
Ta có 3x + y − 1 = 0 ⇒ y = 1 − 3x. Do đó ï 2 ò 1 1
B = 3x2 + (1 − 3x)2 = 12x2 − 6x + 1 = 12 x − + 4 48 2 1 1 1 = 12 x − + ≥ 4 4 4 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 58 1 1 1 Vậy GTNN của B là khi x = và y = . 4 4 4
Câu 4. Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng
AB lấy điểm M sao cho A nằm giữa M và B. Từ M kẻ cát tuyến M CD với đường tròn (O)
và tiếp tuyến M T với đường tròn (O0)(T là tiếp điểm). Chứng minh M C.M D = M T 2. 9 Lời giải. M ÁN TO GIỎI T C A SINH O O0 HỌC D B THI ĐỀ - Xét 4MCB và 4MAD, ta có: o  ’ DM B chung  M C M B ⇒ 4M CB = hay M C.M D = aPr 1 v 4MAD ⇒ sđ M A M D ’ M DA = ’ M BC(= ˆ AC) 2 M A.M B (1)
Xét 4M T A và 4M BT , ta có:  ’ BM T chung  M T M A ⇒ 4M T A = hay M T 2 = M A.M B (2) 1 v 4MBT ⇒ GeoGebr sđ M B M T ’ M T A = ’ M BT (= ˆ AT ) 2
Từ (1) và (2) ⇒ M C.M D = M T 2(đccm)
Câu 5. Chứng minh tổng C = 1 + 2 + 22 + · · · + 22011 chia hết cho 15. Nhóm Lời giải. | Ta có: h C
= 1 + 2 + 22 + · · · + 22011
= (1 + 2 + 22 + 23) + (24 + 25 + 26 + 27) + · · · + (22008 + 22009 + 22010 + 22011)
= (1 + 2 + 22 + 23) + 24(1 + 2 + 22 + 23) + · · · + 22008(1 + 2 + 22 + 23) .
= 15(1 + 24 + · · · + 22008)..15 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 59 Vậy C chia hết cho 15.
Câu 6. Phân tích đa thức x3 − x2 − 14x + 24 thành nhân tử. Lời giải. Ta có: 9
x3 − x2 − 14x + 24 = x3 + 4x2 − 5x2 − 20x + 6x + 24 ÁN
= x2(x + 4) − 5x(x + 4) + 6(x + 4) TO = (x + 4)(x2 − 5x + 6) = (x + 4)(x − 3)(x − 2) GIỎI   x + y + z = 2
SINH Câu 7. Giải hệ phương trình  2xy − z2 = 4. Lời giải. HỌC Ta có    THI    x + y + z = 2 z = 2 − x − y
(2 − x − y)2 = 2xy − 4 ⇔ ⇔    ĐỀ 2xy − z2 = 4 z2 = 2xy − 4 z = 2 − x − y -     o (x − 2)2 + (y − 2)2 = 0 x = y = 2 ⇔ ⇔   z = 2 − x − y z = −2. aPr
Câu 8. Chứng minh D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không phải là số chính phương với mọi n ∈ N∗. GeoGebr Lời giải. D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Nhóm = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) | = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) h
⇒ (n2 + 3n)2 < D < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1
⇒ (n2 + 3n)2 < D < (n2 + 3n + 1)2
Do đó D không phải là số chính phương vì (n2 + 3n)2 và (n2 + 3n + 1)2 là hai số chính phương liên tiếp. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 60 1 1 4
Câu 9. Cho hai số dương a và b. Chứng minh + ≥ . a b a + b Lời giải. Ta có a + b 4
(a − b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ≥ + b(Vì (a + b)ab > 0) ab a 9 1 1 4 ⇔ + ≥ (đfcm) a b a + b ÁN TO
Câu 10. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x2 − xy − y2 − 8 = 0. Lời giải. GIỎI Ta có     2x + y = 8 2x + y = 4 SINH
2x2 − xy − y2 − 8 = 0 ⇔ (2x + y)(x − y) = 8 ⇔ hoặc   x − y = 1 x − y = 2     HỌC x = 3 x = 2 ⇔ hoặc   y = 2 y = 0 THI
Vậy các nghiệm tự nhiên của hệ là (3; 2) và (2; 0). ĐỀ
- Câu 11. Cho hình thang vuông ABCD(bA = bD = 90◦), có DC = 2AB. Kẻ DH vuông o
góc với AC(H ∈ AC), gọi N là trung điểm của CH.
aPr Chứng minh BN vuông góc với DN. Lời giải. A B H GeoGebr M N Nhóm | D C h
Gọi M là trung điểm của DH. 1
M N là đường trung bình của 4HDC ⇒ M N k CD, M N = CD 2
Do đó M N k AB, M N = AB ⇒ tứ giác ABN M là hình bình hành. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 61
Xét 4ADN có M N k AB ⇒ M N ⊥ AD và DH ⊥ AN
nên M là trực tâm của 4ADN ⇒ AM ⊥ DN ⇒ BN ⊥ DN (vì ABN M là HBH).
Câu 12. Cho tam giác M P N cân tại M ( “
M < 90◦). Gọi D là giao điểm các đường phân √
giác trong của tam giác M P N . Biết DM = 2 5cm, DN = 3cm. Tính độ dài M N . Lời giải. 9 ÁN M TO E GIỎI 1 F SINH D 2 N P HỌC
THI Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt ND tại E. Kẻ MF ⊥ DN. Ta có b E + ÷ M N D = 90◦ (1) ĐỀ - ’ DN P + c D2 = 90◦ ⇒ ’ DN P + c D1 = 90◦ (2) o Do ÷ M N D = ’
DN P nên từ (1) và (2) ⇒ b E = c D1 ⇒ 4M DE cân tại M . √
⇒ M D = M E = 2 5(cm) và EF = DF . aPr 4M N E vuông tại M . Ta có M E2 = EF.EN = EF.(2EF + DN ) √ ⇔ (2 5)2 = EF.(2EF + 3)
⇔ 2EF 2 + 3EF − 20 = 0 ⇔ (EF + 4)(2EF − 5) = 0 ⇒ EF = 2, 5(Vì EF > 0). GeoGebr √
Dễ dàng tính được M N = 2 11(cm).
———————–HẾT———————– Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 62 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG LỚP 9, NGHỆ AN, CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 12 9 BẢNG A, NĂM 2011 9 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 12
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, · · · , an. Đặt S = a3+a3+· · ·+a3 1 2 n và P = a1 +a2 +· · ·+an.
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6. SINH
b) Cho A = n6 − n4 + 2n3 + 2n2 (với n ∈ N, n > 1). Chứng minh rằng A không là số chính phương HỌC Lời giải. THI ĐỀ
a) Với số nguyên x, ta có - .
x3 − x = x(x − 1)(x + 1)..6. o Do đó aPr . S − P = a3 − − − . 1 a1 + a32 a2 + · · · + a3n an .6. . . Suy ra S..6 ⇔ P ..6.
b) Ta có A = n2 n4 − n2 + 2n + 2. GeoGebr
• Với n = 2, ta có n4 − n2 + 2n + 2 = 18 không là số chính phương nên A không là số chính phương. Nhóm
• Với n ≥ 3, ta có n2 − 2n − 2 > 0 nên | h
n2 − 12 = n4 − 2n2 + 1 < n4 − n2 + 2n + 2 < n22 ,
do đó n4 − n2 + 2n + 2 không là số chính phương.
Từ đó ta có A không là số chính phương với mọi n ≥ 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 63 Câu 2. √
a) Giải phương trình: 10 x3 + 1 = 3x2 + 6.  1 x + = 3   y  
b) Giải hệ phương trình: 1 9 y + = 3 .  z   1  z + = 3 x ÁN Lời giải. TO GIỎI a) Điều kiện: x ≥ −1.
Ta có x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1), x2 + 2 = (x2 − x + 1) + (x + 1). √ √ Đặt a = x + 1, b =
x2 − x + 1 ta có phương trình SINH
10ab = 3a2 + 3b2 ⇔ (3a − b)(a − 3b) = 0 ⇔ a = 3b, b = 3a. HỌC √ √ • a = 3b ⇔
x + 1 = 3 x2 − x + 1 ⇔ 9x2 − 10x + 8 = 0. Phương trình vô nghiệm. THI √ √ √ • b = 3a ⇔
x2 − x + 1 = 3 x + 1 ⇔ x2 − 10x − 8 = 0 ⇔ x = 5 ± 33. ĐỀ √
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 ± 33. - o 1 3y − 1 b) Từ phương trình x + = 3 ta có x =
, thay vào phương trình thứ ba ta được y y aPr 1 y 8y − 3 z = 3 − = 3 − = . x 3y − 1 3y − 1
Thay z và phương trình thứ hai ta có √ 3y − 1 3 ± 5 y +
= 3 ⇔ y2 − 3y + 1 = 0 ⇔ y = . GeoGebr 8y − 3 2 √ 3 ± 5
Từ đó ta có nghiệm của hệ là x = y = z = . 2 Nhóm | h Câu 3. 1 1 1
a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn + + = 4. Chứng minh rằng x y z 1 1 1 + + ≤ 1. 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 64
b) Cho các số thực dương thỏa mãn x2011 + y2011 + z2011 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức M = x2 + y2 + z2. Lời giải. 9
a) Với a, b, c, d > 0 ta có ÁN 1 1 1 1 1 1 ≤ + + + . a + b + c + d 16 a b c d TO
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có 1 1 Å 2 1 1 ã GIỎI ≤ + + 2x + y + z 16 x y z 1 1 Å 1 2 1 ã ≤ + + x + 2y + z 16 x y z SINH 1 1 Å 1 1 2 ã ≤ + + . x + y + 2z 16 x y z HỌC
Công các bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm. THI
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2011 số gồm 2 số x2011 và 2009 số 1 ta có √ ĐỀ 2011
2x2011 + 2009 = x2011 + x2011 + 1 + · · · + 1 ≥ 2011 x2.2011 = 2011.x2. - o Tương tự: aPr
2y2011 + 2009 ≥ 2011.y2, 2z2011 + 2009 ≥ 2011z2.
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta có
2011(x2 + y2 + z2) ≤ 2 x2011 + y2011 + z2011 + 3.2009 = 3.2011. GeoGebr
Suy ra M ≤ 3. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy max M = 3. Nhóm
| Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của
h tam giác. Gọi M là một điểm nằm trên cung BC không chứa A (M không trùng với B
và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC.
a) Chứng minh rằng ba điểm N, H, P thẳng hàng. 1 1 b) Khi
đạt giá trị nhỏ nhất. ’
BOC = 120◦, xác định vị trí của điểm M để + M B M C ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 65 Lời giải. J A E 9 P O F K ÁN H TO N B D C GIỎI M
a) Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C. Ta có tứ giác CDHE nội SINH
tiếp và M, N đối xứng nhau qua AB, nên ’ AHE = ’ ACB = ’ AM B = ’ AN B. HỌC
Suy ra tứ giác AN BH nội tiếp, nên THI ’ N HB = ’ N AB = ’ BAM . ĐỀ - Tương tự ’ P HC = ’ CAM . Từ đó, suy ra o ’ N HB + ’ BHC + ’ CHP = ’ BAM + ’ BHC + ’ M AC = ’ BAC + ’ BHC = 180◦. aPr Suy ra N, H, P thẳng hàng.
b) Gọi J là điểm chính giữa cung lớn BC, trên đoạn M J lấy K sao cho M B = M K. Ta có ‘
BIC = 120◦ và ∆J KB = ∆CM , nên J K = CM . Do đó BM + CM = M K + KJ = GeoGebr J M . Khi đó 1 1 4 4 4 + ≥ = ≥ . M B M C M B + M C J M 2R
Đẳng thức xảy ra khi M là điểm chính giữa cung BC. Nhóm |
h Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên
cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với
IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường
thẳng AB tại F . Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 66 A K F O 9 E ÁN B C TO I GIỎI • Nếu ’ BAC = 90◦ thì ‘
BIC = 90◦, khi đó EF là đường kính nên EF đi qua O. SINH • Xét ’ BAC < 90◦, khi đó ‘
BIC > 90◦. Gọi K là điểm đối xứng với I qua EF , ta có ‘ EIF = ’ EAF (cùng bù với ‘ BIC), ’ EKF = ‘ EIF , suy ra ’ EKF = ’ EAF nên tứ giác HỌC
AEKF nội tiếp, hay K ∈ (O). Mà EF là đường trung trực đoạn IK nên EF đi qua O. THI • ’ BAC > 90◦ thì ‘
BIC < 90◦. Chứng minh tương tự ta cũng có EF đi qua O. ĐỀ
- Vậy EF luôn đi qua điểm cố định O. o
———————–HẾT———————– aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 67 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 13 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2010-2011, 9 QUẢNG BÌNH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 13
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ p p x + 4 x − 4 + x − 4 x − 4 Câu 1. Cho biểu thức A = với 4 < x ≤ 8. … 8 16 1 − + GIỎI x x2 a) Rút gọn biểu thức A.
SINH b) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên. Lời giải. HỌC
a) Với 4 < x ≤ 8. Ta có: √ √ p p THI x − 4 + 4 x − 4 + 4 + x − 4 − 4 x − 4 + 4 A = … 2 4 1 − ĐỀ x » - √ » √ √ √ x − 4 + 22 + x − 4 − 22 x − 4 + 2 + x − 4 − 2 o = = … 2 4 4 1 − 1 − x x aPr √ √ x − 4 + 2 + 2 − x − 4 4x = = . x − 4 x − 4 x 16 b) Ta có: A = 4 + với 4 < x ≤ 8. x − 4
Do đó với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi x − 4 là ước của 16. GeoGebr   x − 4 = 1 x = 5  
Kết hợp với điều kiện đã cho ta có: x − 4 = 2 ⇔ x = 6.     Nhóm x − 4 = 4 x = 8 | h
Câu 2. Số đo hai cạnh góc vuông của một tam giác là nghiệm của phương trình bậc hai
(m − 2)x2 − 2(m − 1)x + m = 0 2
Xác định m để số đo đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác đã cho là √ . 5 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 68 Lời giải.
Gọi x1, x2 là số đo hai cạnh góc vuông của tam giác đã cho, vì chúng là nghiệm của
phương trình bậc hai (m − 2)x2 − 2(m − 1)x + m = 0 nên ta có điều kiện:  m 6= 2     m 6= 2       ∆0 ≥ 0  m 9 ⇔ > 0 . (*) m − 2 P > 0      m − 1     > 0 ÁN  S > 0 m − 2
TO Từ giả thiết bài toán ta có: 1 1 5 (x1 + x2)2 − 2x1x2 5 + = ⇔ = . x2 x2 4 4 1 2 (x1x2)2 GIỎI 2m2 − 4m + 4 5 4 ⇔ =
⇔ 3m2 − 16m + 16 = 0 ⇔ m = 4; m = . m2 4 3
Thử lại ta thấy chỉ có giá trị m = 4 thỏa mãn điều kiện (*).
SINH Vậy: m = 4 là giá trị cần tìm.
Câu 3. Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại hai điểm A và B. Tiếp tuyến chung
HỌC gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc (O) và (O0) tại C và D. Qua A kẻ đường
thẳng song song CD cắt (O) và (O0) lần lượt tại M và N . Các đường thẳng BC, BD lần
THI lượt cắt MN tại P và Q. Các đường thẳng CM,DN cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: ĐỀ
- a) Các đường thẳng AE và CD vuông góc nhau. o b) Tam giác EP Q cân. aPr Lời giải. a) Ta có: ’ ECD = ’ CM A (đồng vị), ’ CDA = ’ CM A (cùng chắn cung ˆ CA ). Nên ’ ECD = ’
DCA. Chứng minh tương tự ta có: ’ EDC = ’ CDA.
Suy ra: 4CDE = 4CDA(g.c.g) ⇒ CE = CA ⇒ 4CEA cân tại C. GeoGebr
Theo chứng minh trên thì CD là đường phân giác của ’ ECA. Nên: CD ⊥ AE. Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 69 E C I D 9 B ÁN O O0 Q TO M A N P GIỎI
b) Gọi I là giao điểm của CD và AB. Ta có: ‘ IAD = ‘ IDB (cùng chắn cung ˜ BD) IA ID ⇒ 4IAD v 4IDB(g.g) ⇒ = ⇒ ID2 = IA.IB. SINH ID IB
Chứng minh tương tự ta có: IC2 = IA.IB. Suy ra: IC2 = ID2 ⇒ IC = ID. CI BI DI Ta có: CD k P Q ⇒ = = . AP BA AQ HỌC
Vì: CI = DI ⇒ AP = AQ hay A là trung điểm P Q.
Mặt khác: CD ⊥ AE, CD k P Q nên: P Q ⊥ AE. Vậy tam giác EP Q có AE vừa là THI
trung tuyến vừa là đường cao nên nó là tam giác cân. ĐỀ - o xy yz zx
Câu 4. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 3. Chứng minh: + + ≥ 3. z x y aPr Lời giải. Ta có: xy yz zx Å xy yz zx ã2 + + ≥ 3 ⇔ + + ≥ 9 z x y z x y x2y2 y2z2 z2x2 ⇔ + + + 2 x2 + y2 + z2 ≥ 9 z2 x2 y2 GeoGebr x2y2 y2z2 z2x2 ⇔ + + ≥ 3 z2 x2 y2 x2y2 y2z2 y2z2 z2x2 z2x2 x2y2 Mặt khác: + ≥ 2y2; + ≥ 2z2; + ≥ 2x2. z2 x2 x2 y2 y2 z2 Nhóm x2y2 y2z2 z2x2 | Suy ra: + + ≥ x2 + y2 + z2 = 3. z2 x2 y2 xy yz zx h Vậy + +
≥ 3. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. z x y
Câu 5. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn: a5 + b5 = 4 c5 + d5. Chứng minh rằng
: a + b + c + d chia hết cho 5. Lời giải. . Ta chứng minh n5 − n ..5. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 70 Ta có:
n5 − n = n n2 − 1 n2 + 1 = n n2 − 1 n2 − 4 + 5n n2 − 1 .
= (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 − 1) ..5 Suy ra: .
a5 − a + b5 − b + c5 − c + d5 − d = 5 c5 + d5 − (a + b + c + d) ..5 . 9 ⇒ (a + b + c + d) ..5 ÁN
———————–HẾT———————– TO GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 71 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 14 9
NĂM HỌC 2012-2013, AN 9 GIANG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 14
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Khử căn ở mẫu số biểu thức sau: 59 A = √ √ √ . SINH 3 + 5 + 7 b) Tính tổng sau: HỌC 1 1 1 S = √ √ + √ √ + · · · + √ √ . 3 + 5 5 + 7 2011 + 2013 THI Lời giải. ĐỀ - a) o 59 aPr A = √ √ √ 3 + 5 + 7 √ √ √ 59 3 + 5 − 7 = √ √ √ √ √ √ 3 + 5 + 7 3 + 5 − 7 √ √ √ 59 3 + 5 − 7 = √ 8 + 2 15 − 7 GeoGebr √ √ √ √ 59 3 + 5 − 7 1 − 2 15 = √ √ 1 + 2 15 1 − 2 15 √ √ √ √ 59 3 + 5 − 7 1 − 2 15 = Nhóm 1 − 60 | √ √ √ √ Ä ä Ä ä = 3 + 5 − 7 2 15 − 1 . h b) Ta có: √ √ √ √ 1 n + 2 − n n + 2 n √ √ = √ √ √ √ = − . n + n + 2 n + 2 + n n + 2 − n 2 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 72
Áp dụng tính chất trên cho từng số hạng của tổng trên ta được: √ √ 1 5 3 √ √ = − 3 + 5 2 2 √ √ 1 7 5 √ √ = − 5 + 7 2 2 9 · · · √ √ 1 2013 2011 √ √ = − . ÁN 2011 + 2013 2 2 √ √ TO 2013 − 3
Cộng theo từng vế ta được: S = . 2 GIỎI
Câu 2. Cho đa thức: Q(x) = x4 + 3x2 + 1. SINH
a) Phân tích đa thức Q(x) thành nhân tử.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 = x4 + 3x2 + 1. HỌC Lời giải. THI a) ĐỀ Q(x) = x4 + 3x2 + 1 - 3 2 3 5 o = (x2)2 + 2 · x2 · + − 2 2 4 √ 2 2 Å ã 3 5 aPr = x2 + − 2 2 √ √ Å 3 5 ã Å 3 5 ã = x2 + − x2 + + . 2 2 2 2
b) Phương trình y2 = x4 + 3x2 + 1. GeoGebr
• Nếu x = 0 thì y2 = 1 hay y = ±1.
• Với x 6= 0, do x là số nguyên nên ta có: Nhóm
x4 + 2x2 + 1 < x4 + 3x2 + 1 < x4 + 4x2 + 4 | h
⇔(x2 + 1)2 < y2 < (x2 + 2)2
⇔x2 + 1 < |y| < x2 + 2.
Do x2 + 1 và x2 + 2 là hai số nguyên liên tiếp nên không tồn tại số nguyên nào
nằm giữa hai số nguyên liên tiếp này. Vậy trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 73
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên (0; 1) và (0; −1). Câu 3.
a) Vẽ đồ thị của hàm số y = f (x) = |3x − 9| + x − 7. 9 √ √ p b) Giải phương trình 3 x2 − 6 x2 + 9 + x2 − 7 = 0. ÁN TO Lời giải.   4x − 16 khi x ≥ 3
a) y = f (x) = |3x − 9| + x − 7 = GIỎI  −2x + 2 khi x < 3. y SINH
• Với x ≥ 3 đồ thị hàm số là đường thẳng y = 4x−16 2
qua hai điểm (3; −4) và (4; 0). 1 3 x HỌC
• Với x < 3 đồ thị hàm số là đường thẳng y = −2x+2 O 4 THI
qua hai điểm (0; 2) và (1; 0). ĐỀ
Đồ thị hàm số như hình vẽ: - −4 o √ √ p b) Giải phương trình 3 x2 − 6 x2 + 9 + x2 − 7 = 0. aPr » √ √ 3 x2 − 6 x2 + 9 + x2 − 7 = 0 p ⇔3
|x|2 − 6|x| + 9 + |x| − 7 = 0 » ⇔3 (|x| − 3)2|x| − 7 = 0 GeoGebr
⇔3 ||x| − 3| + |x| − 7 = 0.
Đặt t = |x| (với t ≥ 0) ta được phương trình: Nhóm | 3|t − 3| + t − 7 = 0 h ⇔|3t − 9| + t − 7 = 0 (∗)
Dựa vào đồ thị ở câu trên, ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là t = 1 và t = 4 (đều thỏa mãn t ≥ 0).
• Với t = 1 ta được |x| = 1 ⇔ x = ±1. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 74
• Với t = 4 ta được |x| = 4 ⇔ x = ±4.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−4; −1; 1; 4}.
Câu 4. Cho hệ phương trình 9   x + 2y = −1 ÁN (m là tham số).  3x + my = 1 TO
a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó. GIỎI
b) Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = (x + 2y + 1)2 + (3x + my − 1)2. SINH Lời giải.   x + 2y = −1 (1) HỌC  3x + my = 1 (2). THI
a) Từ phương trình (1) suy ra x = −1 − 2y, thế vào phương trình (2) ta được: ĐỀ -
3(−1 − 2y) + my = 1 ⇔ (m − 6)y = 4 (3) o
• Nếu m = 6 thì phương trình (3) vô nghiệm. Do đó hệ phương trình đã cho vô aPr nghiệm. 4 −m − 2
• Nếu m 6= 6 thì phương trình (3) có nghiệm y = . Khi đó x = . Do m − 6 m − 6 −m − 2 4
đó hệ phương trình đã cho có nghiệm ; . m − 6 m − 6
b) P = (x + 2y + 1)2 + (3x + my − 1)2. GeoGebr
• Với m = 6, ta được: P = (x+2y+1)2+(3x+6y−1)2 = (x+2y+1)2+(3x+6y+3−4)2.
Đặt t = x + 2y + 1, khi đó Nhóm | P = t2 + (3t − 4)2 h = 10t2 − 24t + 16 6 36 4 = 10 t2 − 2 · t · + + 5 25 25 2 6 8 8 = 10 t − + ≥ . 5 5 5 6
Dấu “=” xảy ra khi x + 2y + 1 = . 5 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 75 • Với m 6= 6, ta được:
P = (x + 2y + 1)2 + (3x + my − 1)2 ≥ 0.   x + 2y = −1
Dấu “=” xảy ra khi x và y là nghiệm của hệ phương trình  3x + my = 1. 9 Vậy: ÁN 8
◦ m = 6 thì giá trị nhỏ nhất của P bằng . TO 5
◦ m 6= 6 thì giá trị nhỏ nhất của P bằng 0. GIỎI
Câu 5. Cho hình thang cân ABCD cạnh bên là AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính R = 2. SINH
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông. HỌC
b) Cho AB = 2x (0 < x < 2). Tính diện tích hình thang ABCD theo x. THI Lời giải. ĐỀ A M B - o P Q aPr I D N H C GeoGebr Nhóm
a) Hình thang ngoại tiếp đường tròn tâm I nên tâm I của đường tròn nằm trên M N |
với M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD. h
Gọi P , Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với cạnh AD và BC của hình thang.
Khi đó: BM = BQ; CN = CQ (hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm ở ngoài đường tròn).
Suy ra 4IBM = 4IBQ, suy ra IB là phân giác của ’ M IQ.
Và 4ICQ = 4ICN , suy ra IC là phân giác của ‘ N IQ. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 76 Vậy ‘
BIC = 90◦ (hai phân giác của hai góc kề bù).
Hay tam giác IBC vuông tại I.
Tương tự ta được tam giác IAD vuông tại I.
b) Theo chứng minh trên ta có BM = BQ; CN = CQ. 9 Suy ra BC = BM + CN .
Do M là trung điểm của AB nên M B = x. ÁN
Từ B kẻ BH vuông góc CD, tam giác BHC vuông tại H ta được: TO BC2 = BH2 + HC2 ⇔(2x + HC)2 = 42 + HC2 GIỎI ⇔4x2 + 4xHC + HC2 = 42 + HC2 SINH ⇔4xHC = 42 − 4x2 4 − x2 ⇔HC = . x HỌC
Do đó diện tích của hình thang ABCD là: THI 1 1 ï 2(4 − x2) ò Å 4 − x2 ã SABCD = (AB + CD) · M N = 2x + 2x + · 4 = 4 2x + . 2 2 x x ĐỀ - o
———————–HẾT———————– aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 77 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
HSG TOÁN 9, HUYỆN BÌNH CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 15 9
GIANG, TỈNH HẢI DƯƠNG, 9 NĂM HỌC 2012 - 2013 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 15
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ x + 2 x + 1 1
Câu 1. Cho biểu thức A = √ + √ + √ với x ≥ 0, x 6= 1. x x − 1 x + x + 1 1 − x GIỎI a) Rút gọn A. 1 b) Chứng tỏ rằng A < . SINH 3 Lời giải. HỌC a) √ x + 2 x + 1 1 THI A = √ √ + √ + √ ( x − 1)(x + x + 1) x + x + 1 1 − x √ √ x + 2 + x − 1 − x − x − 1 x − x ĐỀ A = √ √ = √ √ - ( x − 1)(x + x + 1) ( x − 1)(x + x + 1) √ √ √ o x( x − 1) x A = √ √ = √ , với x ≥ 0, x 6= 1. ( x − 1)(x + x + 1) x + x + 1 aPr √ √ 1 1 x + 1 ( x − 1)2 b) Xét − A = − √ = √ . 3 3 x + x + 1 x + x + 1 √ √ 2 √ 1 3
Với mọi x ≥ 0, x 6= 1 ta có ( x − 1)2 > 0 và x + x + 1 = x + + > 0 nên 2 4 1 1 suy ra − A > 0 ⇔ A < . 3 3 GeoGebr Câu 2. Nhóm √ |
a) Giải phương trình x − x − 15 = 17. h √
b) Tìm x, y sao cho 5x − 2 x(2 + y) + y2 + 1 = 0. Lời giải.
a) Điều kiện xác định x ≥ 15. √ √ x − x − 15 = 17 ⇔ x − 15 − x − 15 − 2 = 0. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 78  √ t = 2 Đặt t =
x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t2 − t − 2 = 0 ⇔  t = −1 (loại) √ Với t = 2, suy ra
x − 15 = 2 ⇔ x − 15 = 4 ⇔ x = 19.
b) Điều kiện xác định x ≥ 0. 9 √ √ √
5x − 2 x(2 + y) + y2 + 10 ⇔ 4x − 4 x + 1 + x − 2y x + y2 = 0 ÁN √ √ ⇔ 2 x − 12 + x − y2 = 0.(1) TO √ √ Vì 2 2
(2 x − 1) + ( x − y) ≥ 0 với mọi x ≥ 0, y nên để (1) xảy ra thì  √  GIỎI 1   2 x − 1 = 0 x = ⇔ 4 √ 1    x − y = 0 y = . 2 SINH Câu 3. HỌC
a) Tìm số nguyên x, sao cho x2 + x − p = 0 với p là số nguyên tố. THI m2 − 2013m + 2012
b) Tìm m để hàm số bậc nhất y = √
x − 2011 là hàm số nghịch biến. ĐỀ m2 − 2 2m + 3 - o Lời giải. aPr
a) Theo bài ta có p = x2 + x = x(x + 1). Mà x, x + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên suy ra p là số chẵn.
Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2.
Suy ra x2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2. GeoGebr m2 − 2013m + 2012 m2 − 2013m + 2012 b) Để hàm số y = √
x − 2011 nghịch biến thì √ < 0. m2 − 2 2m + 3 m2 − 2 2m + 3 (1) √ √ Ta có m2 − 2 2m + 3 =
2 − m2 + 1 ≥ 0 với mọi m nên (1) tương đương với Nhóm  |  m − 1 > 0 h
m2 − 2013m + 2012 < 0 ⇔ (m − 1)(m − 2012) < 0 ⇔ ⇔ 1 < m < 2012.  m − 2012 < 0 ‘ ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 79
Câu 4. 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R), hai đường
cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R),
gọi I là trung điểm của BC.3 a) Chứng minh AH = 2IO. 9 b) Biết ’
BAC = 60◦, tính độ dài dây BC theo R.
ÁN 2) Cho 4ABC (bA = 90◦), BC = a. Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp 4ABC là r. √ TO r 2 − 1 Chứng minh rằng ≤ . a 2 Lời giải. GIỎI 1) A
a) Vì B, C thuộc đường tròn đường kính AK nên E SINH F ’ ABK = ’ ACK = 90◦. H Suy ra KB⊥AB, KC⊥AC. O HỌC
Mà CH⊥AB, BH⊥AC (gt) nên suy ra BK k CH, B I C CK k BH. THI
Suy ra BHCK là hình bình hành. Mà I là trung K ĐỀ
điểm BC nên suy ra I là trung điểm HK. - o 1
Từ đó ta có OI là đường trung bình của 4KAH nên OI = AH hay AH = 2OI. 2 aPr b) Ta có ’ BOC = 2’ BAC = 120◦.
4BOC cân tại O và có OI là đường trung tuyến nên cũng là đường phân giác và đường cao. Suy ra ‘ BOI = ‘ COI = 60◦ và OI⊥BC. √3R
Xét tam giác COI vuông tại I, ta có IC = OC · sin . ‘ COI = R · sin 60◦ = 2 √ Suy ra BC = 2IC = R 3. GeoGebr √ r 2 − 1 √ √ 2) ≤
⇔ 2r ≤ a 2 − a ⇔ 2r + a ≤ a 2. (1) a 2 B
AB + AC = AE + EB + AF + F C = OF + BD + Nhóm D | OE + CD = 2r + a. a √ r O
h Ta cần chứng minh AB + AC ≤ BC 2. (2) E
Ta có (2) ⇔ AB2 + 2AB · AC + AC2 ≤ 2BC2 A F C
⇔ AB2 + 2AB · AC + AC2 ≤ 2AB2 + 2AC2
⇔ (AB − AC)2 ≥ 0. (luôn đúng) √ r 2 − 1 Vậy ta có ≤
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4ABC là tam giác vuông cân tại a 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 80 A.
Câu 5. Cho x + 3y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x2 + y2. Lời giải.
Do x + 3y ≥ 1 nên đặt x + 3y = 1 + a, với a ≥ 0. Suy ra x = 1 + a − 3y, thay vào biểu thức C ta có 9
C = 10y2 − 6ay − 6y2 + a2 + 2a + 1 ÁN 2 h 3 i 1 1 1 TO = 10 y − (a + 1) + (a2 + 2a) + ≥ . 10 10 10 10   3 1   y − (a + 1) = 10 x =
GIỎI Dấu “=” xảy ra khi 10 ⇔ 10 3   a = 0 y = . 10 1 1 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của C là khi x = và y = . SINH 10 10 10
———————–HẾT———————– HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 81 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 16 9
NĂM HỌC 2012-2013, TP. ĐÀ 9 NẴNG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 16
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ √ n + 1 − 1 n + 1 + 3 n − n + 1 + 7
Câu 1. Cho biểu thức P = √ + √ − √ với n ∈ N, n 6= 8 n + 1 + 1 n + 1 − 3 n − 2 n + 1 − 2 GIỎI P
a) Rút gọn biểu thức Q = √ với n ∈ N, n 6= 8. n + 3 n + 1 + 1 SINH
b) Tìm tất cả các giá trị của n
(n ∈ N, n 6= 8) sao cho P là một số nguyên tố. Lời giải. √ √ √ √ √ HỌC
( n + 1 − 1)( n + 1 − 3) + ( n + 1 + 3)( n + 1 + 1) − (n − n + 1 + 7) a) Quy đồng P = √ √ . ( n + 1 + 1)( n + 1 − 3) √ √ √ THI n + 1( n + 1 + 1) n + 1 Do đó P = √ √ = √ . ( n + 1 + 1)( n + 1 − 3) n + 1 − 3 P 1 ĐỀ Suy ra Q = √ √ = . - n + 1( n + 1 + 3) n − 8 o 3 √ b) P = 1 + √
. Để P là số nguyên thì
n + 1 − 3 là ước của 3. n + 1 − 3 √ aPr Suy ra
n + 1 − 3 ∈ {±1; ±3} ⇒ n ∈ {−1; 3; 15; 35}. Thử lại ta thấy n = 35 thì P = 2 là số nguyên tố. Câu 2. GeoGebr √ √
a) Tìm x biết 2 x + 4 − 4 2x − 6 = x − 7.  √ x + 6 = 4 y − 4  Nhóm    | √ b) Giải hệ phương trình y + 10 = 6 z − 9 . h   √   z − 16 = 2 x − 1 Lời giải.
a) Điều kiện −4 ≤ x ≤ 3 √ √
Phương trình đã cho tương đương với ( x + 4 + 1)2 = ( 2x − 6 + 2)2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 82 √ √ x + 4 + 1 = 2x − 6 + 2 Do đó ta có √ √ ⇔ x = 5.
x + 4 + 1 = − 2x − 6 − 2 (vô lý)
b) Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 4, z ≥ 9. √ √ √
Cộng theo vế ta có x + y + z − 2 x − 1 − 4 y − 4 − 6 z − 9 = 0. √ √ √ 9
Phương trình trên tương đương với ( x − 1 − 1)2 + ( y − 4 − 2)2 + ( z − 9 − 3)2 = 0. √   x − 1 − 1 = 0 x = 2     ÁN   √  Do đó y − 4 − 2 = 0 ⇔ y = 8
. Thử lại thấy thỏa mãn. TO   √       z − 9 − 3 = 0 z = 18 GIỎI Câu 3. SINH
a) Cho hàm số bậc nhất y = ax + b có đồ thị đi qua điểm M (1; 4). Biết rằng đồ thị của
hàm số đã cho cắt trục Ox tại điểm P có hoành độ dương và cắt trục Oy tại điểm HỌC
Q có tung độ dương. Tìm a và b sao cho OP + OQ nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ). THI
b) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số. Biết rằng nếu lấy tổng của 2 chữ số ấy cộng với 3 lần
tích của 2 chữ số ấy thì bằng 17. ĐỀ - Lời giải. o   0 = ap + b aPr
a) Giả sử P có tọa độ (p; 0) và Q có tọa độ (0; q). Khi đó ta có ⇒  q = a.0 + b  b = q  . q a = −  p GeoGebr q 1 4 (1 + 2)2
Đồ thị hàm số đã cho đi qua M (1; 4) nên 4 = − .1 + q ⇒ 1 = + ≥ . p p q p + q  1 4 1  p = 2
Do đó OP + OQ = p + q ≥ 9. Dấu bằng xảy ra khi = = ⇔ . p q 2  Nhóm q = 8 |    h a = −4 Vậy  b = 8
b) Gọi số cần tìm là ab (0 < a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9, a, b ∈ N). 17 − b
Khi đó ta có phương trình a + b + 3ab = 17 ⇒ a =
. Thử các giá trị của b từ 0 1 + 3b
đến 9 ta nhận được các số tự nhiên sau: 14 và 41. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 83
Câu 4. Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, qua I vẽ
đường thẳng vuông góc với đường thẳng CI, đường thẳng này cắt các cạnh AC, BC lần lượt tại M , N . 9
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAM và BAI đồng dạng. AM Å AI ã2 ÁN b) Chứng minh rằng = . BN BI TO GIỎI A M SINH I HỌC B N C THI Lời giải. ĐỀ a) Ta có - 360◦ − 180◦ + − ’ BCA ’ BAC − ’ BCA ’ ABC . ‘ AIC = 180◦− ‘ IAC− ‘ ICA = 180◦− ’ BAC = = o 2 2 2 2 Suy ra ’ ABC ⇒ ‘ AIC − 90◦ = ’ AIM = ‘ ABI. Từ đó suy ra 4IAM aPr v 4BAI (g − g). 2
b) Tương tự ta cũng có 4BIN v 4BAI. IN AI Từ đó suy ra = (1). BN BI AM AI Ngoài ra từ câu a) ta có = (2). IM BI GeoGebr
Mặt khác 4CM N có CI là đường phân giác cũng là đường cao nên cân tại C.
Suy ra CI cũng là trung tuyến. Do đó IM = IN (3).
Từ (1), (2) và (3) ta có điều cần chứng minh. Nhóm |
h Câu 5. Cho tam giác ABC có ’
BAC là góc tù. Vẽ các đường cao CD và BE của tam
giác ABC (D nằm trên đường thẳng AB, E nằm trên đường thẳng AC). Gọi M, N lần
lượt là chân đường vuông góc của B và C lên DE. Biết rằng S1 là diện tích tam giác
ADE, S2 là diện tích tam giác BEM và S3 là diện tích tam giác CDN . Tính diện tích tam giác ABC theo S1, S2, S3. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 84 Lời giải.
Ta có tứ giác BCDE nội tiếp nên ’ BDM = ’ BCE và N D E ’ CDN = ’ CBE. M
Suy ra 4BDM v 4BCE và 4DCN v 4BCE. A S CD2 S BD2 Do đó 3 BDM = và = . 9 SEBC BC2 SEBC BC2 B C S Như vậy ta có 3 + SBDM = 1 ⇒ S3 + SBDM = SEBC ÁN SEBC
TO Do đó S3 + S1 + S2 + SBAE = SABC + SBAE. Nên SABC = S1 + S2 + S3. GIỎI
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 85 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH HẢI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 17 9
DƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013. 9 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 17
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ p p x + 4 x − 4 + x − 4 x − 4 Câu 1. Cho biểu thức A = . … 8 16 1 − + GIỎI x x2 a) Rút gọn A. SINH
b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Lời giải. HỌC a) Điều kiện x > 4. √ √ THI x − 4 + 2 + x − 4 − 2 Ta có A = . x − 4 ĐỀ x - 2x Nếu x > 8 thì A = √ . o x − 4 4x Nếu 4 < x ≤ 8 thì A = . x − 4 aPr 4x 16 . b) Với A = 4 + . A ∈ .
Z ⇔ 16 . (x − 4). Do x ∈ Z, 4 < x ≤ 8 nên x ∈ {5, 6, 8}. x − 4 x − 4 2x √ 2(a2 + 4) 8 Với A = √ ∈ Z thì do x ∈ Z nên x − 4 = a ∈ Z ⇒ A = = 2a + ⇒ x − 4 a a . 8 .. a. GeoGebr
Lại có x > 8 ⇒ a > 2, do đó a = 4 hoặc a = 8. Từ đó suy ra x = 20 hoặc x = 68. Vậy x ∈ {5, 6, 8, 20, 68}. Nhóm |
Câu 2. Giải các phương trình h √ √ √ √ a) x2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x2 + 2x − 3. √
b) (4x + 2) x + 8 = 3x2 + 7x + 8. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 86
a) Điều kiện x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với √ √ p p (x − 1)(x − 2) + x + 3 = x − 2 + (x − 1)(x + 3) √ √ √ ⇔ x − 2 − x + 3 x − 1 − 1 = 0 √ √ √ ⇔ x − 2 = x + 3 hoặc x − 1 = 1 9
Giải từng trường hợp ta được nghiệm là x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2. ÁN
b) Điều kiện x ≥ −8. Phương trình đã cho tương đương với TO √ √ x + 8 − x − 2 x + 8 − 3x = 0 √ √ ⇔ x + 8 = x + 2 hoặc x + 8 = 3x GIỎI  √  x ≥ −2 SINH • Trường hợp 1 x + 8 = x + 2 ⇔ ⇔ x = 1.  x2 + 3x − 4 = 0  HỌC √  x ≥ 0 • Trường hợp 2 x + 8 = 3x ⇔ ⇔ x = 1.  9x2 − x − 8 = 0 THI
Vậy phương trình có nghiệm x = 1. ĐỀ - o Câu 3. aPr √ √
a) Cho f (x) = (x3 + 12x − 31)2013. Tính f (a) với a = 3 p16 − 8 5 + 3p16 + 8 5.
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn y2 + 2xy − 3x − 2 = 0. Lời giải. GeoGebr
a) Ta có a3 = 32 + 3 · (−4) · a ⇔ a3 + 12a − 31 = 1 ⇒ f (a) = 12013 = 1. b) Ta có Nhóm | y2 + 2xy − 3x − 2 = 0 h ⇔x2 + 2xy + y2 = x2 + 3x + 2
⇔(x + y)2 = (x + 1)(x + 2)(1)
Với x, y nguyên thì vế trái của (1) là số chính phương, vế phải của (1) là tích hai
số nguyên liên tiếp nên (x + y)2 = (x + 1)(x + 2) = 0. Suy ra (x; y) = (−1; 1) hoặc (x; y) = (−2; 2). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 87 Câu 4. a b c a2 b2 c2
a) Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn abc = 1 và + + = + + . Chứng b2 c2 a2 c a b
minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. 9 a b c
b) Cho a, b, c là ba số dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng + + ≥ 1 + b2 1 + c2 1 + a2 ÁN 3 . 2 TO Lời giải. GIỎI a) Vì abc = 1 nên a b c a2 b2 c2 + + = + + b2 c2 a2 c a b SINH
⇔a3c2 + b3a2 + c3a2 = a3b2 + b3c2 + c3a2
⇔(a2b2c2 − a3c2) − (b3a2 − a3b2) − (c3b2 − c3a) − (b3c − abc) = 0
⇔(b2 − a) (a2c2 − ba2) − (c3 − bc) = 0 HỌC
⇔(b2 − a)(c2 − b)(a2 − c) = 0 THI
Vậy ta được điều phải chứng minh. ĐỀ a ab2 ab -
b) Vì a, b dương và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên = a − = a − . 1 + b2 ab2 2 o 1 + b2 ≥ a − 2b b bc c ca Tương tự ta cũng có ≥ b − ; ≥ c −
. Mà a + b + c = 3 nên cộng các aPr 1 + c2 2 1 + a2 2
bất đẳng thức trên với nhau ta được a b c ab + bc + ca + + ≥ 3 − (1) 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2
Mặt khác cũng do a + b + c = 3 suy ra (a + b + c)2 = 9 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9.
Mà a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca nên ab + bc + ca ≤ 3.(2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải GeoGebr chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Nhóm |
h Câu 5. Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB, CD sao cho tiếp tuyến tại A của
(O; R) cắt các đường thẳng BC, BD tại hai điểm tương ứng là E, F . Gọi P, Q lần lượt là
trung điểm của các đoạn thẳng AE, AF .
a) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BP Q là trung điểm của đoạn thẳng OA. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 88
b) Hai đường kính AB, CD thỏa mãn điều kiện gì thì tam giác BP Q có diện tích nhỏ nhất. BE3 CE
c) Chứng minh rằng CE.DF.EF = CD3 và = . BF 3 DF
d) Biết rằng tam giác BEF có một hình vuông BM KN nội tiếp, K ∈ EF , M ∈ BE, 9
N ∈ BF sao cho tỉ số giữa cạnh của hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp √ 2 + 2 tam giác BEF là
. Tính các góc nhọn của tam giác BEF . ÁN 2 TO Lời giải. B GIỎI D O SINH C H E F P A Q HỌC THI Lời giải. ĐỀ -
a) BA là đường cao của tam giác 4BP Q ⇒ H ∈ BA. (1) AE AB AE AB o Ta có AB2 = AE.AF ⇒ = ⇒ = . AB AF AO AQ
Lại có 4AEO đồng dạng với 4ABQ ⇒ ’ AEO = ’ ABQ. aPr Mặt khác ’ ABQ = ’ AP H ⇒ ’ AEO = ’ AP H nên P H k EO (2)
Trong tam giác AEO có P là trung điểm của AE, kết hợp với (1), (2) suy ra H là trung điểm của OA. AB · P Q R(AE + AF ) √ GeoGebr b) Ta có SBP Q = = R·P Q = R(AP +AQ) = ≥ R AE · AF = 2R2. 2 2
Suy ra SBP Q = 2R2 ⇔ AE = AF ⇔ 4BEF vuông cân tại B ⇔ 4BCD vuông cân tại B ⇔ AB ⊥ CD. Nhóm
Vậy tam giác BP Q có diện tích nhỏ nhất khi AB ⊥ CD. | h
c) Ta có AC ⊥ BE; AD ⊥ BF do đó CD4 = AB4 = (AE · AF )2 = AE2 · AF 2 =
(EC ·EB)(F D·F B) = (EC ·F D)(EB ·F B) = (EC ·F D)(AB ·EF ) = CE ·DF ·CD·EF ⇒ CD3 = CE · DF · EF . BE2 EA · EF EA Ta cũng có = = . BF 2 F A · F E F A BE4 EA2 EC · EB BE3 CE ⇒ = = ⇒ = . BF 4 F A2 F D · F B BF 3 DF ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 89
d) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EBF . Do tứ giác BM KN là hình
vuông nên BK là phân giác của ’
EBF , do đó I ∈ BK. Kẻ IJ ⊥ BE, IS ⊥ BF , (J ∈ BE, S ∈ BF ). √ √ BK KN 2 + 2 2 Ta thấy IS k KN ⇒ = = = 1 + . BI IS 2 √ 2 BK BI + IK IK IK 2 9 Mà = = 1 + ⇒ = . BI BI IB IB 2 √ F K IK 2
Mặt khác F I là phân giác của góc ⇒ ’ BF E nên = = F B2 = 2F K2. ÁN F B IB 2
Tương tự ta có EB2 = 2EK2 ⇒ EF 2 = EB2+F B2 = 2(EK2+F K2) ⇒ (EK +KF )2 = TO
2(EK2 + F K2) ⇒ (EK − F K)2 = 0 ⇒ EK = F K.
Suy ra tam giác EBF vuông cân tại B ⇒ ’ BEF = ’ BF E = 45◦. GIỎI
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 90 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 9 NĂM CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 18 9
HỌC 2012-2013, TỈNH HÀ TĨNH 9 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 18
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Tính giá trị của biểu thức M = (x − y)3 + 3 (x − y) (xy + 1) biết √ √ √ 3 p 3 p 3 p SINH x = 3 + 2 2 − 3 − 2 2; y = 17 + 12 2 − 3 p17 − 12 sqrt2. b) Giải phương trình 2x x 5 HỌC − = . x2 − x + 1 x2 + x + 1 3 THI Lời giải. ĐỀ
a) Áp dụng biến đổi (a − b)3 = a3 − b3 − 3ab(a − b), ta có: - o √ √
x3 = 4 2 − 3x ⇒ x3 + 3x = 4 2 aPr √ √
y3 = 24 2 − 3y ⇒ y3 + 3y = 24 2 √ √
Trừ từng vế hai đẳng thức trên ta được: x3−y3+3(x−y) = −20 2. Suy ra M = −20 2
b) Ta thấy x2 + x + 1; x2 − x + 1 luôn dương và x = 0 không là nghiệm của phương trình 1 GeoGebr
đã cho. Do đó với t = x +
, phương trình đã cho trở thành x 2 1 5 − = t − 1 t + 1 3
⇔ 5t2 − 3t − 14 = 0(t 6= ±1) Nhóm  | t = 2 h ⇔  7 t = − 5
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là x = 1. Câu 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 91   x2 + y2 + 3 = 4x a) Giải hệ phương trình  x3 + 12x + y3 = 6x2 + 9
b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên
(ab − 1) (bc − 1) (ca − 1) P = . 9 abc Lời giải. ÁN
a) Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất của hệ với 3 ta được TO 9 = 12x − 3x2 − 3y2.
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được GIỎI x3 + y3 = 3(x2 − y2)
⇔ (x + y)(x2 − xy + y2 − 3x − 3y) = 0 SINH
*) Với x + y = 0 ⇔ x = −y thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được 2x2 − 4x + 3 = 0 HỌC ⇔ 2(x − 1)2 + 1 = 0, (L) THI
*) Với x2 − xy + y2 − 3x − 3y = 0, trừ theo từng vế với phương trình thứ nhất của hệ ta được ĐỀ - xy − x − 3y + 3 = 0 o ⇔ (x − 3)(y − 1) = 0 aPr  x = 3 ⇔  y = 1.
Do đó hệ có hai nghiệm (3; 0) và (2; 1). 1 1 1 1 GeoGebr
b) Ta có P = abc − (a + b + c) + + + − . a b c abc 1 1 1 1
Do a, b, c là các số tự nhiên nên P là số nguyên khi và chỉ khi M = + + − a b c abc là số nguyên. Nhóm
Do a, b, c có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết a < b < c, suy |
ra a ≥ 1; b ≥ 2; c ≥ 3; suy ra h 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 < + + − < + + ≤ + + < 2. a b c abc a b c 1 2 3
⇒ 0 < M < 2 ⇒ M = 1, (M ∈ Z) 1 1 1 1 ⇒ + + − = 1 a b c abc
⇒ a + b + c = (a − 1)(b − 1)(c − 1) + 2(∗) ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 92
Nếu (a−1)(b−1) ≥ 4 thì với a < b < c ta có 3c > a+b+c ⇒ 3c > (a−1)(b−1)(c−1+2) ⇒
3c > 4(c − 1) + 2 ⇒ 3c > 4c − 2 ⇒ c < 2 (Trái với ĐK c ≥ 3)
Do đó a + b + c ≥ 6 nên từ (*) suy ra a − 1 > 0, suy ra b − 1 > 1, suy ra (a − 1)(b − a)
chỉ có thể nhận giá trị là 2 hoặc 3. Từ đó ta tìm được bộ số (a; b; c) thỏa mãn là (2; 3; 5). 9
Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt thỏa mãn bài toán gồm các hoán vị của (2; 3; 5). ÁN Khi đó P = 21. TO
Câu 3. Tam giác ABC có chu vi bằng 1; các cạnh a, b, c thỏa mãn đẳng thức GIỎI a b c 3 + + = . 1 − a 1 − b 1 − c 2
Chứng minh tam giác ABC đều. SINH Lời giải.
Với a, b, c dương và a + b + c = 1 ta có a b c 3 a b c 3 + + = ⇔ + + = HỌC 1 − a 1 − b 1 − c 2 b + c c + a a + b 2 Áp dụng BĐT Nesbit ta có THI a b c 3 + + ≥ . b + c c + a a + b 2
ĐỀ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều. -
o Câu 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy
điểm M bất kỳ trên đoạn AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình aPr
chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng P D.
a) Chứng minh AH vuông góc với BH. GeoGebr
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung tuyến của AB tại I. Chứng
minh ba điểm H, N, I thẳng hàng. Lời giải. Nhóm | h a) ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 93
Từ giả thiết ta có AD là trung trực của B
BC và là phân giác của ’ BAC . Từ đó
ta cũng có M N AP là hình vuông. Mặt khác do D I N M ’ N AP + ’ N HP = 90◦ + 90◦ = 180◦ H 9
Nên tứ giác AN HP nội tiếp đường tròn ÁN đường kính N P . A C P TO Suy ra ’ AHP = ’ AN P = 45◦ (cùng chắn cung ˆ AP ) Suy ra ’ AHP = ’ ABD = 45◦ ⇒ ABDH là GIỎI
tứ giác nội tiếp, suy ra ’ AHB = ’ ADB = 90◦ SINH hay AH ⊥ BH.
b) Theo phần a) thì M, N, A, P, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM và đường HỌC kính N P . Suy ra ’ AHM = 90◦ = ’ AHB ⇒ H, M, B thẳng hàng. THI Suy ra ’ BHN = ÷ M HN = ’
M AN = 45◦ (1) (cùng chắn ¯ M N ) ĐỀ
Vì BI k AD nên BI ⊥ BC ⇒ ‘ ABI = 45◦. -
Cùng với giả thiết ta có 4ABC vuông cân tại I suy ra ‘ BAI = 45◦ o Ta có ‘ AIB + ’
AHB = 90◦ + 90◦ = 180◦ nên AIBH là tứ giác nội tiếp. aPr Suy ra ‘ BHI = ‘ BAI = 45◦ (2). Từ (1) và (2) suy ra ‘ BHI = ’
BHN . Mặt khác do cách dựng ta có N và I cùng nằm
về một phía của BH suy ra H, N, I thẳng hàng. GeoGebr
Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x4 y4 z4 Nhóm F = + + . (x2 + y2) (x + y) (y2 + z2) (y + z) (z2 + x2) (z + x) | h Lời giải. Ta nhận thấy x4 y4 z4 F = + + . (x2 + y2) (x + y) (y2 + z2) (y + z) (z2 + x2) (z + x) y4 z4 x4 ⇔ F = + + . (x2 + y2) (x + y) (y2 + z2) (y + z) (z2 + x2) (z + x) ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 94 1 Å x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 ã ⇔ F = + + 2 (x2 + y2) (x + y) (y2 + z2) (y + z) (z2 + x2) (z + x) (a + b)2 Áp dụng BĐT a2 + b2 ≥ ta có 2 1 Å (x4 + y4)2 (y4 + z4)2 (z4 + x4)2 ã F ≥ + + 9 4 (x2 + y2) (x + y) (y2 + z2) (y + z) (z2 + x2) (z + x)
1 Å x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 ã 1 Å (x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 ã ⇔ F ≥ ≥ + + ÁN 4 x + y y + z z + x 8 x + y y + z z + x TO 1 1 ⇔ F = (x + y + z) = . 4 4 1 1
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x = y = z = . GIỎI 4 3
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 95 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 19 9
NĂM HỌC 2012 - 2013, KIÊN 9 GIANG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 19
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Tìm m để hàm số y = (m2 − 2m)x + m2 − 1 nghịch biến và đồ thị của nó cắt trục
tung tại điểm có tung độ bằng 3. SINH
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M = 5x2 + y2 + z2 − 4x − 2xy − z − 1.
c) Cho x + y = −5 và x2 + y2 = 11. Tính x3 + y3. HỌC Lời giải. THI
a) Hàm số y = (m2 − 2m)x + m2 − 1 nghịch biến khi và chỉ khi     ĐỀ m > 0 m > 0 -     o m − 2 < 0  m < 2 m2 − 2m < 0 ⇔    ⇔ ⇔ 0 < m < 2 (1).     m < 0  m < 0     aPr   (Loại) m − 2 > 0 m > 2
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 ⇔ m2 − 1 = 3 ⇔ m = ±2 (2).
Từ (1) và (2) ta thấy m ∈ ∅. GeoGebr 2 1 9 9
b) M = 5x2 + y2 + z2 − 4x − 2xy − z − 1 = (x − y)2 + (2x − 1)2 + z − − ≥ − . 2 4 4 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 2 Nhóm |
c) x3 + y3 = (x + y)(x2 + y2 − xy) = −5(11 − xy). h
Mà x + y = −5 ⇒ x2 + y2 + 2xy = 25 ⇒ xy = 7 ⇒ x3 + y3 = −20. Câu 2. √ x2 + 5x + 6 + x 9 − x2 … 2x a) Rút gọn A = √ : 2 1 + . 3x − x2 + (x + 2) 9 − x2 3 − x ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 96 1 1 1 1 b) Cho a, b, c thỏa mãn + + =
. Tính giá trị của biểu thức a b c a + b + c
Q = (a27 + b27)(b41 + c41)(c2013 + a2013). Lời giải.
a) Điều kiện xác định −3 < x < 3. 9 √ √
(x + 3)(x + 2) + x 3 + x 3 − x … 3 + x A = √ √ : 2
x(3 − x) + (x + 2) 3 + x 3 − x 3 − x √ √ √ ÁN
3 + x (x + 2) 3 + x + x 3 − x … 3 + x 1 = √ . √ √ : 2 = . TO
3 − x x 3 − x + (x + 2) 3 + x 3 − x 2 1 1 1 1 1 1 1 1 a + b a + b b) + + = ⇒ + = − ⇒ = − a b c a + b + c a b a + b + c c ab c(a + b + c) GIỎI
⇒ (a + b)[c(a + b + c) + ab] = 0 ⇒ (a + b)[c(a + c) + bc + ab] = 0  a = −b 
⇒ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇒  SINH b = −c   c = −a Thay vào Q ta được Q = 0. HỌC THI Câu 3. ĐỀ √ √ -
a) Giải phương trình 3 x + 10 + 3 17 − x = 3. o … … 2x − 3 y + 5   + = 2 3 aPr b) Giải hệ phương trình y + 5 2x − 3 (với x > , y > −5). 2  3x + 2y = 19 Lời giải. √ √ a) 3 x + 10 + 3 17 − x = 3 GeoGebr √ √ ⇔ x+10+17−x+3 3
p(x + 10)(17 − x) 3 x + 10 + 3 17 − x = 27 ⇔ (x+10)(17−x) = 0  x = −10 ⇔  x = 17. Nhóm | … 2x − 3 1 h b) Đặt a = (a > 0). Ta có a +
= 2 ⇒ a = 1 ⇒ 2x − 3 = y + 5 ⇒ 2x − y = 8. y + 5 a   2x − y = 8 x = 5 Giải hệ phương trình ⇔ 3x + 2y = 19 y = 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 97
Câu 4. Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD. Qua A vẽ AK k BC (K ∈ CD) và qua
B kẻ BI k AD (I ∈ CD); BI cắt AC tại F , AK cắt BD tại E.
a) Chứng minh KD = CI và EF k AB. b) Chứng minh AB2 = CD.EF . 9 Lời giải. ÁN A B TO E F GIỎI D C K I SINH
a) Ta có ABID và ABCK là các hình bình hành ⇒ DI = CK = AB.
• Nếu I nằm giữa D và K ⇒ K nằm giữa I và C. HỌC
Ta có DK = DI + IK = CK + IK = CI. THI
• Nếu K nằm giữa D và I ⇒ I nằm giữa K và C.
Ta có DK = DI − IK = CK − IK = CI. ĐỀ - Xét ∆AEB và ∆KED có o AE AB . ’ EAB = ’ EKD, ’ DEK = ’ AEB ⇒ ∆AEB v ∆KED ⇒ = EK KD aPr AF AB
Tương tự ∆AF B v ∆CF I ⇒ = . F C CI AE AF Mà KD = CI ⇒ =
⇒ EF k KC (định lí Talet đảo). EK F C DK DE DK + AB DE + EB b) Ta có ∆KED v ∆AEB ⇒ = ⇒ = AB EB AB EB DK + KC BD DC BD GeoGebr ⇒ = ⇒ = (1). AB EB AB EB BD DI BD AB Lại có EF k DI ⇒ = ⇒ = (2). EB EF EB EF DC AB Từ (1) và (2) ta có = ⇒ AB2 = CD.EF . AB EF Nhóm | h
Câu 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi M là điểm di động trên
cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh BM + M C = M A.
b) Xác định vị trí của điểm M để tổng M A + M B + M C đạt giá trị lớn nhất. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 98
c) Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, BC, CA. Đặt diện tích tam
giác ABC là S và diện tích tam giác M BC là S0. Chứng minh rằng M H +M K +M Q = √
2 3(S + 2S0) khi M chạy trên cung nhỏ BC. 3R Lời giải. 9 A ÁN TO O Q GIỎI D B C K N H SINH M HỌC
a) Trên tia M A lấy điểm D sao cho M D = M B ⇒ ∆M BD cân tại M . Mà ’ BM D = 60◦ THI (do chắn cung ˆ
AB và ∆ABC đều) nên ∆BM D đều ⇒ M B = BD. Lại có ’ M BC + ’ CBD = 60◦ = ’ CBD + ’ DBA ⇒ ’ M BC = ’ DBA. ĐỀ -
Xét ∆M BC và ∆DBA có M B = DB, ’ M BC = ’
DBA, BC = AB nên ∆M BC = ∆DBA o
⇒ M C = DA ⇒ M A = M D + DA = M B + M C. aPr
b) Ta có M A + M B + M C = 2M A ≤ 4R. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AM là đường
kính của đường tròn (O; R) ⇔ M là điểm chính giữa cung nhỏ ˜ BC. 2 3R
c) Gọi N là trung điểm BC ⇒ OA = AN ⇒ AN = . Xét tam giác AN B có 3 2 9R2 AB2 √ AB2 = AN 2 + N B2 = + ⇒ AB2 = 3R2 ⇒ AB = R 3. GeoGebr 4 4 M H.AB M K.BC M Q.AC Mà + + = S∆MAB + S∆MBC + S∆MAC 2 2 2 √ 2 3(S + 2S0)
⇒ AB(M H + M K + M Q) = 2(S + S0) ⇒ M H + M K + M Q = . 3R Nhóm | h
———————–HẾT———————– ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 99 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 20 9
NĂM HỌC 2012-2013 TỈNH 9 QUẢNG NINH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 20
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ … 1 … 2 … 4
Câu 1. Minh] Chứng minh đẳng thức 3 p 3 2 − 1 = 3 − 3 + 3 . 9 9 9 GIỎI Lời giải. √ Đặt 3 2 = a ⇔ 2 = a3. √ 1 − a + a2
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3 a − 1 = √ 3 SINH 9 ⇔ 3
p9(a − 1) = a2 − a + 1 ⇔ (a2 − a + 1)3 = 9(a − 1). Ta có HỌC
(a2 − a + 1)3 = (a2 − a + 1)2(a2 − a + 1) = (a4 + a2 + 1 − 2a3 − 2a + 2a2)(a2 − a + 1) THI
= (2a + 3a2 + 1 − 4 − 2a)(a2 − a + 1) = 3(a2 − 1)(a2 − a + 1)
= 3(a − 1)(a + 1)(a2 − a + 1) = 3(a − 1)(a3 + 1) ĐỀ - = 9(a − 1) (đpcm). o  aPr  x2(2013y − 2012) = 1
Câu 2. Giải hệ phương trình  x(y2 + 2012) = 2013. Lời giải.  1  2013y − 2012 =
Dễ thấy x 6= 0 nên hệ phương trình đã cho tương đương với x2 GeoGebr 2013  y2 + 2012 = . x  1  t2 − 2013y + 2012 = 0 Đặt = t, hệ trở thành x Nhóm  y2 − 2013t + 2012 = 0. |
Trừ vế với vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được h  y = t
t2 − y2 − 2013y + 2013t = 0 ⇔ (t − y)(t + y + 2013) = 0 ⇔  y = −t − 2013. • Trường hợp 1: y = t. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 100  t = 1
Ta có phương trình t2 − 2013t + 2012 = 0 ⇔  t = 2012. 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1) và (x; y) = ; 2012 . 2012
• Trường hợp 2: y = −t − 2013. 9
Ta có phương trình t2 − 2013(−t − 2013) + 2012 = 0
⇔ t2 + 2013t + 4054181 = 0 (vô nghiệm do ∆ < 0). ÁN 1
TO Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm (x;y) là (1;1) và ; 2012 . 2012
Câu 3. Cho hàm số bậc nhất y = mx + m − 1 (∗) (với m là tham số). GIỎI
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (∗) tạo với trục tọa độ Oxy một tam giác có diện tích bằng 2. SINH
b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (∗) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m. HỌC Lời giải. THI
a) Vì (∗) là hàm số bậc nhất nên m 6= 0. ĐỀ 1 − m -
Đồ thị của (∗) cắt trục tung tại điểm A(0; m−1) và cắt trục hoành tại điểm B ; 0 . m o
OAB tạo thành tam giác khi và chỉ khi m 6= 1. Khi đó ta có aPr 1
SABC = 2 ⇔ OA · OB = 2 ⇔ OA · OB = 4 2 1 − m ⇔ |m − 1| · = 4 ⇔ (m − 1)2 = 4|m| (1). m
• Trường hợp 1: m > 0.  √ GeoGebr m = 3 − 2 2 (thỏa mãn)
(1) trở thành m2 − 2m + 1 = 4m ⇔ m2 − 6m + 1 = 0 ⇔  √ m = 3 + 2 2 (thỏa mãn).
• Trường hợp 2: m < 0. Nhóm |
(1) trở thành m2 − 2m + 1 = −4m ⇔ m2 + 2m + 1 = 0 ⇔ m = −1 (thỏa mãn). h √ √
Vậy với m ∈ {−1; 3 + 2 2; 3 − 2 2} thì đồ thị của hàm số (∗) tạo với các trục tọa độ
Oxy một tam giác có diện tích bằng 2.
b) M (x0; y0) là điểm cố định thuộc đồ thị của hàm số (∗) khi và chỉ khi y0 = mx0 + m − 1 ∀m ∈ R ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 101 ⇔ (x0 + 1)m − (y0 + 1) = 0 ∀m ∈ R     x0 + 1 = 0 x0 = −1 ⇔ ⇔   y0 + 1 = 0 y0 = −1.
Vậy đồ thị của hàm số (∗) luôn đi qua điểm cố định M (−1; −1) với mọi giá trị của m. 9
ÁN Câu 4. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1. 1 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = + + . TO x3 + y3 + 1 y3 + z3 + 1 z3 + x3 + 1 Lời giải.
Với ∀x, y ∈ R, ta có (x − y)2 ≥ 0 ⇔ x2 − xy + y2 ≥ xy. GIỎI
Mà x > 0, y > 0 nên x + y > 0.
Suy ra x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2) ≥ (x + y)xy.
SINH ⇒ x3 + y3 + 1 = x3 + y3 + xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z) > 0.
Chứng minh tương tự ta có HỌC
y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 THI 1 1 1 x + y + z 1 Vậy ta có A ≤ + + = = = 1. xy(x + y + z) yz(x + y + z) zx(x + y + z) xyz(x + y + z) xyz ĐỀ
- Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
o Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = y = z = 1. aPr
Câu 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là một
điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình
chiếu của điểm I trên các đường thẳng BC, AC, AB.
GeoGebr a) Chứng minh rằng ba điểm M,N,P thẳng hàng.
b) Xác định vị trí của điểm I để đoạn thẳng M N có độ dài lớn nhất. Nhóm Lời giải. | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 102 N A I 9 P O ÁN B M C TO GIỎI
a) Xét tứ giác IP AN có ‘ IP A + ‘ IN A = 90◦ + 90◦ = 180◦. SINH
⇒ Tứ giác IP AN là tứ giác nội tiếp. ⇒ ‘ IP N = ‘ IAN (cùng chắn cung IN ). Xét tứ giác IP M B có ‘ IP B = ’ IM B = 90◦. HỌC
⇒ Tứ giác IP M B là tứ giác nội tiếp. THI ⇒ ’ IBM + ’ IP M = 180◦. Mà ’ IBM + ‘
IAC = 180◦ (do tứ giác IACB là tứ giác nội tiếp). ĐỀ - ⇒ ’ IP M = ‘ IAC. o ⇒ ’ IP M + ‘ IP N = ‘ IAC + ‘ IAN = 180◦.
Vậy M, N, P là ba điểm thẳng hàng. aPr
b) Vì tứ giác IP M B là tứ giác nội tiếp nên ‘ IBP = ’ IM P (cùng chắn cung IP ).
Lại có tứ giác IP AN là tứ giác nội tiếp nên ‘ IAP = ‘ IN P (cùng chắn cung IP ). Xét 4IBA và 4IM N có   GeoGebr  ‘ IBA = ’ IM N ⇒ 4IBA v 4IMN (g.g).   ‘ IAB = ’ IN M M N IM ⇒ = . AB IB Nhóm IM |
Mà tam giác IBM vuông tại M nên IM ≤ IB hay ≤ 1. IB h Vậy M N ≤ AB.   M ≡ B
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ⇔ ‘ IAC = ‘ IBC = 90◦  N ≡ A
⇔ CI là đường kính của (O).
Vậy M N lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi I là điểm đối xứng với C qua O. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 103
Câu 6. Giải phương trình sau p (x + 3) (4 − x)(12 + x) + x = 28. Lời giải.
Điều kiện xác định −12 ≤ x ≤ 4.   x + 3 = u 9 Đặt (v ≥ 0). p   (4 − x)(12 + x) = v
ÁN Phương trình đã cho trở thành uv = 28 − x (1).
TO Ta có u2 + v2 − 1 = x2 + 6x + 9 + 48 − 8x − x2 − 1 = 56 − 2x = 2(28 − x) (2).
Từ (1) và (2) ta có u2 + v2 − 1 = 2uv ⇔ (u − v)2 = 1   GIỎI u − v = 1 v = u − 1 ⇔  ⇔  u − v = −1 v = u + 1. SINH
• Trường hợp 1: v = u − 1. ⇔ p(4 − x)(12 + x) = x + 2    
48 − 8x − x2 = x2 + 4x + 4 2x2 + 12x − 44 = 0 HỌC ⇔ ⇔   x ≥ −2 x ≥ −2 THI √ ⇔ x = −3 + 31 (thỏa mãn). ĐỀ -
• Trường hợp 2: v = u + 1. o ⇔ p(4 − x)(12 + x) = x + 4    
48 − 8x − x2 = x2 + 8x + 16 2x2 + 16x − 32 = 0 aPr ⇔ ⇔   x ≥ −4 x ≥ −4 √
⇔ x = −4 + 4 2 (thỏa mãn). √ √
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {−3 + 31; −4 + 4 2}. GeoGebr
———————–HẾT———————– Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 104 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 21 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013, 9 TIỀN GIANG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 21
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1.   GIỎI x3 + 1 = 2 x2 − x + y 1) Giải hệ phương trình  y3 + 1 = 2 y2 − y + x .
SINH 2) Cho phương trình x4 − 2mx2 + 2m − 1 = 0 (1).   x1 < x2 < x3 < x4 HỌC
a) Tìm m để (1) có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thỏa 
x4 − x3 = x3 − x2 = x2 − x1. THI
b) Giải phương trình (1) với m vừa tìm được ở a). ĐỀ Lời giải. -   o x3 + 1 = 2 x2 − x + y (1) 1) Xét hệ phương trình  y3 + 1 = 2 y2 − y + x (2). aPr
Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2), ta được: x3 − y3 = 2(x2 − y2) − 4(x − y)  x − y = 0 ⇔  x2 + xy + y2 = 2(x + y) − 4 GeoGebr
• x − y = 0 ⇔ x = y, thay vào (1), ta được phương trình:  x = 1 ⇒ y = 1  √ √  1 + 5 1 + 5 x3 − 2x2 + 1 = 0 ⇔ x = ⇒ y =  Nhóm 2 2  √ √ |  1 − 5 1 − 5 x = ⇒ y = h 2 2
• x2 + xy + y2 = 2(x + y) − 4 ⇔ (x + y)2 − 2(x + y) − xy + 4 = 0.     S = x + y S 2 ≥ 4P Đặt , ta được   P = xy S 2 − 2S − P + 4 = 0 2 4 32
⇒ S2 ≥ 4(S2 − 2S + 4) ⇒ 3 S − + ≤ 0 (không xảy ra). 3 3 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 105 √ √ √ √ ß Å 1 + 5 1 + 5 ã Å 1 − 5 1 − 5 ã™
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S = (1; 1), ; , ; . 2 2 2 2 2)  t1 = 1
a) Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình (1) trở thành t2 −2mt+2m−1 = 0 ⇔  t 9 2 = 2m − 1  t  2 > 0  ÁN  √ √ √ √ Yêu cầu bài toán ⇔ t 1 = 9t2 do t1 − t2 = t2 − − t2  TO  √ √ √ √   t2 = 9t1 do t2 − t1 = t1 − − t1  5 m = GIỎI ⇔ 9  m = 5 5 Vậy m = 5 hoặc m =
là các giá trị cần tìm. 9 SINH 5 b) Với m =
, phương trình (1) trở thành: 9 x1 = −1 HỌC   1  10 1 x2 = 1 x  2 = − THI x4 − x2 + = 0 ⇔ 3   ⇔ 9 9 1  1 x2 = x 9 3 =  3  ĐỀ x - 4 = 1 5 n 1 1 o o Vậy với m =
, phương trình đã cho có tập nghiệm S = −1; − ; ; 1 . 9 3 3
Với m = 5, phương trình (1) trở thành: aPr x1 = −3   x2 = 1 x2 = −1 x4 − 10x2 + 9 = 0 ⇔   ⇔  x2 = 9 x  3 = 1  x4 = 3 GeoGebr
Vậy với m = 5, phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−3; −1; 1; 3}. Nhóm
| Câu 2. Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = x + m. Tìm m để (P) và (d)
h cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB là tam giác vuông. Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d) là: x2 − x − m = 0 (1).     m 6= 0 m 6= 0
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ ⇔ 1   ∆ = 1 + 4m > 0 m > − 4 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 106
Khi đó, ta có (P ) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A (xA; yA) và B (xB; yB) với xA, xB là
hai nghiệm của phương trình (1).
Vì vai trò của A và B như nhau nên tam giác OAB là tam giác vuông khi và chỉ khi
tam giác OAB là tam giác vuông tại A hoặc vuông tại O.    9 OA ⊥ (d) x A(−1; 1)   A = −1          
a) Tam giác OAB vuông tại A ⇔ y ⇔ ⇔ A = x2 y B(2; 4) A A = x2 A ÁN             yA = xA + m yA = xA + m m = 2. TO   OA ⊥ OB x   A.xB = −1       GIỎI
b) Tam giác OAB vuông tại O ⇔ y ⇔ A = x2 ; y y ; y A B = x2 B A = x2 A B = x2 B         xA.xB = −m xA.xB = −m √ √ SINH  Å 1 − 5 3 − 5 ã A ;    2 2  √ √  Å ã ⇔ 1 + 5 3 + 5 B ; HỌC  2 2     m = 1. THI
Vậy m = 2 hoặc m = 1 là các giá trị cần tìm. ĐỀ - Câu 3. o
a) Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+b+c+d = 2. Chứng minh rằng a2+b2+c2+d2 ≥ aPr 1.
b) Cho m 6= −1 và a3 − 3a2 + 3a(m + 1) − (m + 1)2 = 0. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của a. Lời giải. GeoGebr 2 2 2 2 1 1 1 1 a) Ta có: a − ≥ 0, b − ≥ 0, c − ≥ 0, d − ≥ 0 2 2 2 2 1 1 1 1
⇒ a2 ≥ a − , b2 ≥ b − , c2 ≥ c − , d2 ≥ d − . 4 4 4 4
⇒ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + b + c + d) − 1. Nhóm | ⇒ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1. h
b) Ta có: Phương trình ⇔ (m + 1)a3 − 3(m + 1)a2 + 3(m + 1)2a − (m + 1)3 = 0
⇔ a3 − 3(m + 1)a2 + 3(m + 1)2a − (m + 1)3 = −ma3 ⇔ [a − (m + 1)]3 = −ma3 √ ⇔ a − (m + 1) = − 3 m.a ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 107 m + 1 ⇔ a = √ 3 m + 1 √ √ ⇔ a = 3 m2 − 3 m + 1 2 √ 1 3 3 ⇔ a = 3 m − + ≥ . 2 4 4 3 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của a là khi m = . 4 8 9 2n(n + 1)(2n + 1)
ÁN Câu 4. Chứng minh rằng 22 +42 +62 +· · ·+(2n)2 = với n ∈ Z; n ≥ 1. 3 TO Lời giải.
Đặt g(n) = (2n)2; f (n) = an3 +bn2 +cn+d. Ta tìm các số a, b, c, d sao cho f (n)−f (n−1) = g(n). GIỎI
Ta có: f (n) − f (n − 1) = g(n)
⇔ 3an2 + (2b − 3a)n + a − b + c = 4n2 SINH  4  a =   3 3a = 4         b = 2 ⇔ HỌC 2b − 3a = 0 ⇔ . 2    c =     3 a − b + c = 0   THI  d ∈ R 4 2
ĐỀ Suy ra f(n) = n3 + 2n2 + n + d (d tùy ý). 3 3 -   f (1) − f (0) = g(1) o      f (2) − f (1) = g(2)   aPr   Ta có: f (3) − f (2) = g(3)   . . .      
f (n) − f (n − 1) = g(n)
Suy ra f (n) − f (0) = 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 GeoGebr 4 2 ⇔ n3 + 2n2 +
n + d − d = 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 3 3 2n(n + 1)(2n + 1)
⇔ 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = . 3 Nhóm
| Câu 5. Cho tam giác ABC có các phân giác trong của các góc nhọn ’ BAC, ’ ACB, ’ CBA
h theo thứ tự cắt các cạnh đối tại các điểm M, N, P. Đặt a = BC, b = CA, c = AB;
S4MNP , S4ABC theo thứ tự là diện tích của các tam giác M N P và tam giác ABC. S4 2abc a) Chứng minh rằng M N P = . S4ABC (a + b)(b + c)(c + a) S4
b) Tìm giá trị lớn nhất của M N P . S4ABC ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 108 Lời giải. A 9 H N ÁN P I TO GIỎI B C M SINH 1 1
a) Trong tam giác ABC, kẻ đường cao AH. Ta có: S4ABC = AC.BH = AC.AB. sin ’ BAC. 2 2 1
Tương tự, ta có: S4ANP = AN.AP. sin ’ BAC. HỌC 2 S4 AN.AP Suy ra AN P = . S THI 4ABC bc AN c bc Mà = ⇒ AN = . b − AN a a + c ĐỀ bc - Tương tự, ta có: AP = . a + b o S4 bc Vậy AN P = . S4ABC (a + b)(a + c) aPr S4 ca S4 ab Tương tự, ta có: CM N BM P = , = . S4ABC (b + c)(b + a) S4ABC (c + a)(c + b) S4 S4 Suy ra M N P
ABC − S4AN P − S4CM N − S4BM P = S4ABC 4ABC S4ANP S4CMN S4BMP = 1 − − − S4ABC S4ABC S4ABC bc ca ab GeoGebr = 1 − − − (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 2abc = . (a + b)(b + c)(c + a) √ √ √ Nhóm b) Ta có: a − b2 ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 ab. | √ √
Tương tự, ta có: b + c ≥ 2 bc; c + a ≥ 2 ca. h
Suy ra (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. S4 1 Vậy M N P ≤ . S4ABC 4 S4 1
Suy ra giá trị lớn nhất của M N P là
khi tam giác ABC là tam giác đều. S4ABC 4 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 109
———————–HẾT———————– 9 ÁN TO GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 110 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 22
9 NĂM HỌC 2013-2014, TỈNH BẮC 9 NINH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 22
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ x2 − x 2x + x 2(x − 1) Câu 1. Cho biểu thức: P = √ − √ + √ (x > 0, x 6= 1). x + x + 1 x x − 1 GIỎI a) Rút gọn P .
b) Tìm giá trị của x để P = 3. SINH Lời giải. HỌC a) Ta có √ √ x2 − x 2x + x 2(x − 1) P = √ − √ + √ THI x + x + 1 x x − 1 √ √ √ √ √ √ x( x3 − 1) x(2 x + 1) 2( x − 1)( x + 1) = √ − √ + √ ĐỀ x + x + 1 x x − 1 - √ √ √ x( x − 1)(x + x + 1) √ √ = √ − 2 x − 1 + 2( x + 1) o x + x + 1 √ = x − x + 1. aPr √ √ b) P = 3 ⇔ x − x + 1 = 3 ⇔ x − x − 2 = 0.  √ t = −1 (loại) Đặt
x = t, t ≥ 0 ta được t2 − t − 2 = 0 ⇔  t = 2 √ GeoGebr Với t = 2 ta được
x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện). Vậy với x = 4 thì P = 3. Nhóm
| Câu 2. Cho phương trình x2 + (4m + 1)x + 2(m − 4) = 0 (1) (x là ẩn số, m là tham h số).
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của (1). Tìm m để |x1 − x2| = 17. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 111
a) Có ∆ = (4m + 1)2 − 8(m − 4) = 16m2 + 8m + 1 − 8m + 32 = 16m2 + 33.
Vì ∆ = 16m2 + 33 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lý Vi-ét 9 ta có   x1 + x2 = −(4m + 1) ÁN  x1x2 = 2(m − 4). TO
Theo yêu cầu bài toán |x1 − x2| = 17 ⇔ (x1 − x2)2 = 289 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 289
⇔ (4m + 1)2 − 8(m − 4) = 289 ⇔ 16m2 + 33 = 289 ⇔ m = ±4. GIỎI
Vậy m = ±4 là giá trị cần tìm. SINH Câu 3.   HỌC 4x2 + y4 − 4xy3 = 1 a) Giải hệ phương trình  2x2 + y2 − 2xy = 1. THI 3m2 ĐỀ
b) Cho các số thực m, n, p thỏa mãn n2 + np + p2 = 1 −
. Tìm giá trị lớn nhất và - 2
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = m + n + p. o Lời giải. aPr a) Ta có     4x2 + y4 − 4xy3 = 1 4x2 + y4 − 4xy3 = 1 (1) ⇔   2x2 + y2 − 2xy = 1 4x2 + 2y2 − 4xy = 2 (2). GeoGebr
Trừ vế với vế của hai phương trình ta được
y4 − 2y2 + 1 − 4xy3 + 4xy = 0 ⇔ (y2 − 1)(y2 − 1 − 4xy) = 0. Nhóm | h
• Nếu y2 − 1 = 0 ⇔ y = ±1 thay vào (1) ta được các nghiệm (x; y) là (0; 1), (1; 1), (−1; −1), (0; −1). y 1
• Nếu y2 − 1 − 4xy = 0 ⇔ x = −
(do y = 0 không thỏa mãn). Thay vào (2) ta 4 4y được: ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 112 Å y 1 ã2 Å y 1 ã y2 1 1 4 − + 2y2 − 4y − = 2 ⇔ − + + 2y2 − y2 + 1 = 2 ⇔ 4 4y 4 4y 4 2 4y2 5y4 − 6y2 + 1 = 0.
Với y2 = 1 ⇒ x = 0 ta được nghiệm (x; y) là (0; ±1). 1 Å 1 −1 ã Å −1 1 ã Với y2 =
ta được nghiệm (x; y) là √ ; √ ; √ ; √ . 5 5 5 5 5 9 3m2 b) Có n2 + np + p2 = 1 − ÁN 2
⇔ (m + n + p)2 + (m − p)2 + (n − m)2 = 2 TO
⇔ (m + n + p)2 = 2 − (m − p)2 − (n − m)2 ≤ 2 ⇒ S2 ≤ 2 √ √ ⇔ − 2 ≤ S ≤ 2. √ √ √ 2 √ 2 GIỎI Khi đó max S = 2 ⇔ m = n = p =
; min S = − 2 ⇔ m = n = p = − . 3 3 SINH
Câu 4. Cho đường tâm O đường kính AB cố định. Ax và Ay là hai tia thay đổi luôn
tạo với nhau một góc 60◦, nằm về hai phía của AB, cắt đường tròn (O) lần lượt tại M ,
HỌC N. Đường thẳng BN cắt Ax tại E, đường thẳng BM cắt Ay tại F. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF . THI EF √ a) Chứng minh rằng = 3. ĐỀ AB - o
b) Chứng minh rằng OM KN là tứ giác nội tiếp. aPr
c) Khi tam giác AM N đều, gọi C là điểm di động trên cung nhỏ AN (C 6= A, C 6= N ).
Đường thẳng qua M và vuông góc với AC cắt N C tại D. Xác định vị trí của điểm
C để diện tích tam giác M CD là lớn nhất. Lời giải. GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 113 x y K E F 9 B ÁN TO M N O GIỎI C SINH A a) Ta có ’ AM B = ’
AN B = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). HỌC
⇒ B là trực tâm 4AEF ⇒ AB ⊥ EF THI ⇒ ’ N EF = ’
N AB (Cùng phụ với góc ’ N F E). EF N E √ Khi đó suy ra 4N EF ĐỀ v 4NAB (g.g) ⇒ = = tan ’ N AE = tan 60◦ = 3. AB N A - b) ’
M ON là góc ở tâm chắn cung M N ⇒ ’ M ON = 2 ’ M AN = 120◦. o ’ EM F = ’
EN F = 90◦ ⇒ tứ giác M N F E nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K. aPr ⇒ ÷ M KN = 2 ’ M EN = 2 · 30◦ = 60◦. ’ M ON + ÷
M KN = 180◦ ⇒ OM KN là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AC và M D. Ta có ’ M CA = ’ N CM = 60◦.
⇒ 4M CD có CI vừa là đường cao vừa là đường phân giác. Khi đó 4M CD cân tại GeoGebr C. √ 1 M C2 3
⇒ SMCD = 2SMCI = 2 · · MI · CI = MI · CI = (MC · sin 60◦)(MC · cos 60◦) = 2 4
⇒ SMCD lớn nhất ⇔ MC lớn nhất ⇔ MC là đường kính của (O). Nhóm | h
Câu 5 (Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2013-2014 Tỉnh Bắc Ninh). [6D1G10][8H2G3]
a) Cho 2014 số nguyên dương không lớn hơn 2014 và có tổng bằng 4028. Chứng minh
rằng từ 2014 số đó luôn chọn được các số mà tổng của chúng bằng 2014. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 114
b) Cho tam giác ABC có các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA.
Gọi giao điểm của AE với BF và CD lần lượt là Q, R, giao điểm của CD và BF là
P . Biết diện tích bốn tam giác ADR, BEQ, CF P, P QR cùng bằng 1. Chứng minh
rằng các tứ giác AF P R, BDRQ, CEQP có diện tích bằng nhau. Lời giải. 9
a) Nếu 2014 số bằng nhau thì lấy 1007 số bất kỳ luôn có tổng là 2014. ÁN
Ta xét trường hợp trong 2014 số có ít nhất hai số khác nhau. Giả sử 2014 số là TO
n1, n2, . . . , n2014 và n1 6= n2. Xét dãy gồm 2014 số:
n1, n2, n1 + n2, . . . , n1 + n2 + . . . + n2013 GIỎI
Nếu có một số trong dãy chia hết cho 2014 thì số đó là 2014.
Nếu không có số nào trong dãy chia hết cho 2014 thì theo nguyên lý Dirichlet có SINH
hai số trong dãy có cùng số dư khi chia cho 2014.
Vậy ta được điều phải chứng minh. HỌC
b) Do SP QR = SADR ⇒ SAP Q = SADP ⇒ D, Q cách đều AP ⇒ DQ k AP . BP AB AP BQ + QP QP THI ⇒ 4BQD v 4BP A ⇒ = = = = 1 + . BQ BD QD BQ QB AR ĐỀ Vì 4ARP v 4QRD ⇒ = A QR - AP RP = . o QD RD D AR QB CP R Đặt = a, = b, = c. aPr QR QP P R P AR AP QP F Từ = = 1 + ⇒ a = Q QR QD QB B 1 1 + . E b C
Chứng minh tương tự b = 1 + 1 1 GeoGebr , c = 1 + . c a
Do đó a2 − a − 1 = 0 ⇒ a = b = √5 + 1 c = . 2 Nhóm 2P R RD P R 2P R 1 P D ⇒ RD = √ , + = √ + = 1 ⇒ = 1. | 5 + 1 CP CP CP ( 5 + 1) c CP h
Suy ra P là trung điểm của CD.
⇒ SBCP = SBDP ⇒ SCEQP = SBDRQ.
Chứng minh tương tự ta được SCEQP = SARP F .
———————–HẾT———————– ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 115 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 23 9
NĂM HỌC 2013-2014, NGHI 9 XUÂN, HÀ TĨNH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 23
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ p p
Câu 1. Tính giá trị biểu thức A = 6 − 2 5 + 14 − 6 5. Lời giải. GIỎI » √ » √ √ √ Ta có A = 5 − 12 + 3 − 52 = 5 − 1 + 3 − 5 = 2. √ √
SINH Câu 2. Tìm x, y thỏa mãn 2x + y − 2 xy − 4 x + 4 = 0. Lời giải.  x = 0; y ∈ R Điều kiện:  HỌC x > 0; y ≥ 0. THI
• Với x = 0, ta được y = −4 (thỏa mãn). ĐỀ -
• Với x > 0, y ≥ 0. Ta có o √ √
2x + y − 2 xy − 4 x + 4 = 0 √ √ aPr
⇔ (x − 2 xy + y) + x − 4 x + 4 = 0 √ √ √ ⇔ x − y2 + x − 22 = 0 √ √  x − y = 0 ⇔ √ ⇔ x = y = 4. (thỏa mãn)  x − 2 = 0
GeoGebr Vậy (x;y) ∈ {(0;−4);(4;4)}.
Câu 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 5x4 + y2 − 4x2y − 85 = 0. Lời giải. Nhóm
| Phương trình đã cho tương đương với x4 = 85 − y − 2x22.
h ⇒ x4 ≤ 85 < 44. Mà x ∈ Z nên x4 ∈ {04;14;24;34}.
• Với x4 = 04 ⇒ y2 = 85 (loại).
• Với x4 = 14 ⇒ (y − 2)2 = 84 (loại).
• Với x4 = 24 ⇒ (y − 8)2 = 69 (loại). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 116   y − 18 = 2 y = 20
• Với x4 = 34 ⇒ (y − 18)2 = 4 ⇔  ⇔  y − 18 = −2 y = 16.
Vậy phương trình có bốn nghiệm nguyên (x; y) ∈ {(3; 20), (−3; 20), (3; 16), (−3; 16)}.
Câu 4. Cho x, y, z là các số nguyên và 9 
P = (x + 2012)5 + (2y − 2013)5 + (3z + 2014)5  ÁN S = x + 2y + 3z + 2013.
Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30. TO Lời giải.  P = a5 + b5 + c5
GIỎI Đặt a = x + 2012, b = 2y − 2013, c = 3z + 2014. Ta được (a, b, c ∈ Z). S = a + b + c
Xét P − S = (a5 − a) + (b5 − b) + (c5 − c).
SINH Ta chứng minh được m5 − m chia hết cho 30. Thật vậy, ta có
m5−m = m(m4−1) = m(m−1)(m+1)(m2+1) = 5m(m−1)(m+1)+m(m−1)(m+1)(m−2)(m+2).
Mà m(m − 1)(m + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 · 3 = 6, nghĩa HỌC
là 5m(m − 1)(m + 1) chia hết cho 30.
THI Lại có m(m − 1)(m + 1)(m − 2)(m + 2) là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết ĐỀ cho 2 · 3 · 5 = 30.
- Do đó P − S chia hết cho 30. Hay P chia hết cho 30 khi vào chỉ khi S chia hết cho 30. o  1 aPr x + y + z =   2    1 1 1 1
Câu 5. Cho ba số x, y, z khác 0 thỏa mãn + + + = 4 x2 y2 z2 xyz    1 1 1   + + > 0.  x y z
Tính giá trị của biểu thức P = y2009 + z2009 z2011 + x2011 x2013 + y2013. GeoGebr Lời giải. Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 1 1 1 2(x + y + z) 4 = + + + = + + + Nhóm x2 y2 z2 xyz x2 y2 z2 xyz | 1 1 1 Å 1 1 1 ã Å 1 1 1 ã2 h = + + + 2 + + = + + . x2 y2 z2 xy yz zx x y z 1 1 1 1 1 1 1 1 Mà + + > 0, suy ra + + = 2. Lại có x + y + z = , suy ra = 2. x y z x y z 2 x + y + z ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 117 Do đó   x = −y x2009 = −y2009 1 1 1 1   + + =
⇔ (x + y)(y + z)(z + x) = 0 ⇔ y = −z ⇔ y2011 = −z2011 x y z x + y + z     z = −x z2013 = −x2013. Vậy P = 0. 9
Câu 6. Cho 4ABC nhọn có trực tâm H, trọng tâm I. Giao điểm của ba đường trung … ÁN IO2 + OM 2
trực là O, trung điểm của BC là M . Tính giá trị biểu thức . IH2 + HA2 TO Lời giải. A GIỎI SINH H O HỌC I THI B M C ĐỀ - o D aPr
Gọi D là điểm đối xứng của A qua O. Do O là giao của ba đường trung trực của 4ABC
nên OA = OC = OD, suy ra 4ACD vuông tại C và BH k CD. Tương tự cũng có
HC k BD, suy ra BHCD là hình bình hành và M là trung điểm BC. M O 1
GeoGebr Từ đó MO là đường trung bình của 4DAH hay = . AH 2 M I 1 M O M I
Lại có I là trọng tâm 4ABC nên = . Do đó = và 4M OI v 4AHI AI 2 AH AI (c.g.c). IO 1 Nhóm Suy ra = . Khi đó | IH 2 … IO2 OM 2 IO2 + OM 2 1 IO2 + OM 2 1 h = = = ⇒ = . IH2 HA2 IH2 + HA2 4 IH2 + HA2 2 Câu 7. Cho góc ‘
xOy và một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox, Oy tại M và 1 1
N . Biết giá trị biểu thức +
không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. Chứng OM ON
minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 118 Lời giải. x M 9 E I ÁN TO O D N y 1 1 1 GIỎI Giả sử + =
(a là một số dương không đổi). Lấy điểm D trên Oy sao cho OM ON a
OD = a. Khi đó OD < ON . Vẽ DI k Ox (I ∈ M N ). Lấy E trên Ox sao cho OE = ID.
SINH Khi đó OEID là hình bình hành. Ta có OE OD N I EI N I M I 1 OE 1 1 + = + = + = 1 ⇒ + = = . OM ON N M ON N M M N ON OD · OM OD a Khi đó HỌC 1 OE OE = ⇒ = 1 ⇒ OE = OD = a. OM OD · OM OD
THI Mà D ∈ Oy, E ∈ Ox nên OD,OE cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình
ĐỀ hành nên I cố định. Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. -
o Câu 8. Cho các số x, y, z không âm, không đồng thời bằng 0 thỏa mãn 1 1 1 + + ≤ 1. aPr x + 1 y + 2 z + 3 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z + . x + y + z Lời giải.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz (Bunhiacopxki) ta có Å 1 1 1 ã (x+1+y +2+z +3) + +
≥ (1+1+1)2 ⇔ x+y +z +6 ≥ 9 ⇔ x+y +z ≥ 3. GeoGebr x + 1 y + 2 z + 3 Do đó 8(x + y + z) x + y + z 1 8 … x + y + z 1 10 P = + + ≥ + 2 · = . 9 9 x + y + z 3 9 x + y + z 3 10
Nhóm Đẳng thức xảy ra khi (x;y;z) = (2;1;0). Vậy minP = khi (x;y;z) = (2;1;0). | 3
h Câu 9. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 671. Chứng minh rằng x y z 1 + + ≥ . x2 − yz + 2013 y2 − zx + 2013 z2 − xy + 2013 x + y + z Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 119 Ta có x y z V T = + + x2 − yz + 2013 y2 − zx + 2013 z2 − xy + 2013 x2 y2 z2 = + + x (x2 − yz + 2013) y (y2 − zx + 2013) z (z2 − xy + 2013) (x + y + z)2 ≥ . 9
x3 + y3 + z3 − 3xyz + 2013(x + y + z)
Lại có xy + yz + zx = 671 nên ÁN
x3 + y3 + z3 − 3xyz + 2013(x + y + z) TO
= (x + y + z) (x + y + z)2 − 3(xy + yz + zx) + 2013(x + y + z)
= (x + y + z) (x + y + z)2 − 3 · 671 + 2013 = (x + y + z)3 GIỎI Từ đó (x + y + z)2 1 V T ≥ = . (x + y + z)3 x + y + z SINH √2013
Đẳng thức xảy ra khi x = x = z = . 3
———————–HẾT———————– HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 120 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 24 9
NĂM HỌC 2013-2014, NINH 9 THUẬN Họ ĐỀ và tênSỐ thí 24
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √
Câu 1. Tìm x, y thỏa mãn phương trình: 4y x − 2 + 2x y − 1 = y(3x − 2) Lời giải. GIỎI
Điều kiện của phương trình : x ≥ 2, y ≥ 1. Ta có: SINH √ √ p p 4y x − 2 + 2x
y − 1 = y(3x − 2) ⇔ 4y x − 2 + 2x y − 1 − 3xy + 2y = 0 √ ⇔ − p
2xy + 4y x − 2 + 2y − xy + 2x y − 1 = 0 HỌC √ ⇔ − p
2y(x − 2 x − 2 − 1) − x(y − 2 y − 1) = 0 √ THI ⇔ − p
2y(x − 2 − 2 x − 2 + 1) − x(y − 1 − 2 y − 1 + 1) = 0 √ ⇔ − p 2y( x − 2 − 1)2 − x( y − 1 − 1)2 = 0 ĐỀ - √  √  x − 2 − 1 = 0 x = 3 o ⇔ p 2y( x − 2 − 1)2 + x( y − 1 − 1)2 = 0 ⇔ ⇔ p  y − 1 − 1 = 0 y = 2 aPr Vậy (x;y) = (3;2)
Câu 2. Cho các số thực a, b, c không âm. Chứng minh rằng:
(a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc Lời giải.
GeoGebr Các số a,b,c không âm, nên ta có:
a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 ≥ 0
⇔ ab2 − 2abc + ac2 + bc2 − 2abc + ba2 + ca2 − 2abc + cb2 ≥ 0 Nhóm |
⇔ ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + ca2 + cb2 ≥ 6abc (1) h Mặt khác ta có:
(a + b + c)3 = [(a + b) + c]3 = (a + b)3 + 3(a + b)2c + 3(a + b)c2 + c3
= a3 + b3 + c3 + 3(ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + ca2 + cb2) + 6abc (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (a+b+c)3 ≥ a3+b3+c3+3.6abc+6abc ⇔ (a+b+c)3 ≥ a3+b3+c3+24abc. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 121
Câu 3. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM = 1 và ’ ABC = ’ CAM . Tính độ dài cạnh AB. Lời giải. Ta có ’ ABC = ’
M AC (Theo giả thiết) và ’ ACM chung, A suy ra: ∆ABC v ∆MAC 9 AB BC AC 1 ⇒ = = (∗) M A AC M C AC B C
ÁN Theo giả thiết AM = 1, nên từ (∗) suy ra: AB = M M C TO (1)
Mặt khác, theo giả thiết AM là trung tuyến nên M là
trung điểm của BC ⇒ BC = 2M C. GIỎI AC BC AC 2M C Do đó, từ (∗) suy ra: = ⇒ = M C AC M C AC AC2 ⇔ AC2 = 2M C2 ⇔ = 2 SINH M C2 AC √ ⇔ = 2 (2) M C √
Do dó, từ (1) và (2) suy ra: AB = 2. HỌC
THI Câu 4. Chứng minh rằng ab(a2 − b2) Chia hết cho 3 với mọi số nguyên a và b. Lời giải. ĐỀ - Xét hai trường hợp: o . .
• Trường hợp 1: a hoặc b chia hết cho 3. Khi đó tích ab..3 nên ab(a2 − b2)..3. aPr
• Trường hợp 2: Cả a và b không chia hết cho 3. Khi đó: a = 3p + r1 và b = 3q + r2 với
p, q, r1, r2 nguyên và 1 ≤ r1, r2 ≤ 2. . . +o Nếu: r . .
1 = r2 thì (a − b).3 suy ra ab(a2 − b2) = ab(a − b)(a + b).3 . . GeoGebr +o Nếu: r . .
1 6= r2th(a + b).3 suy ra ab(a2 − b2) = ab(a − b)(a + b).3 .
Vậy: ab(a2 − b2)..3 với mọi số nguyên a, b.
Nhóm Câu 5. Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB và AD lần lượt lấy các điểm E
| và F (E, F không trùng với các đỉnh của hình bình hành). Gọi K là giao điểm của ED
h và FB. Chứng minh rằng hai tứ giác ABKD và CEKF có diện tích bằng nhau. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 122 9 N D C ÁN TO F K GIỎI A B M E SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr
Ta có: SABKD = S∆AKB + S∆AKD và SCEKF = S∆CKE + S∆CKF
Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AB và CD (vì AB k CD), cắt AB tại M và cắt CD tại N . 1 1 1 1
Ta có: S∆AKB + S∆CKD = KM.AB + KN.CD = AB.MN = SABCD (1) 2 2 2 2 GeoGebr 1 1
Ta lại có: S∆CKE + S∆CKD = S∆CDE = CD.MN = SABCD (2) 2 2
Từ (1) và (2) suy ra: S∆AKB = S∆CKE (3) 1
Tương tự, ta cũng có: S∆AKD + S∆CKB =
SABCD và S∆CKF + S∆CKB = S∆BF C = Nhóm 3 | 1SABCD 2 h Suy ra:S∆AKD = S∆CKF (4)
Từ (3) và (4) suy ra: S∆AKB + S∆AKD = S∆CKE + S∆CKF Vậy: SABKD = SCEKF
———————–HẾT———————– ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 123 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 25 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2013-2014, 9 VĨNH PHÚC Họ ĐỀ và tênSỐ thí 25
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. √ √ √ GIỎI 2 a − 16 a + 4 2 a + 1 a) Cho biểu thức M = √ − √ −
√ . Tìm tất cả các giá trị nguyên a − 6 a + 8 a − 2 4 − a
của a để giá trị của M là một số nguyên. SINH
b) Cho đa thức P (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn đồng thời các điều kiện P (x) ≥ 0 với mọi a + b + c
số thực x và b > a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = . b − a HỌC Lời giải. THI
a) Điều kiện xác định: a ≥ 0, a 6= 4, a 6= 16. √ √ √ √ √ 2 a − 16 a + 4 2 a + 1 a − a − 2 a + 1 ĐỀ Ta có M = √ − √ − √ = √ √ = √ - a − 6 a + 8 a − 2 4 − a ( a − 2)( a − 4) a − 4 √a + 1 5 √ √ o M = √ = 1 + √ , M nguyên suy ra
a − 4 là ước của 5, cho nên a − 4 ∈ a − 4 a − 4 {±1; ±5} ⇒ a = 9; 25; 81. aPr
b) P (−2) = 4a − 2b + c ≥ 0 ⇒ a + b + c ≥ 3(b − a) suy ra Q ≥ 3. Ta thấy đa thức
P (x) = x2 + 4x + 4 thỏa mãn giả thiết và Q = 3. Vậy Qmin = 3. GeoGebr
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x + 1 x = x − m + 1 x + m + 2 Nhóm | Lời giải.
h Điều kiện xác định: x 6= m − 1, x 6= −m − 2.
Phương trình tương đương với (2m + 2)x = −m − 2 (1).
Nếu m = −1, (1) ⇔ 0x = −1 (vô nghiệm) −m − 2 Nếu m 6= −1, x =
, phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi 2m + 2 −m − 2 −m − 2 = m − 1 (2) hoặc = −m − 2 (3). 2m + 2 2m + 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 124 1 (2) ⇔ m = 0; m = − 2 1 (3) ⇔ m = −2; m = − 2 1
Vậy m = 0, m = −1, m = −2, m = − . 2
Câu 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số p195457 − 1 chia hết cho 9 60. Lời giải. ÁN
Ta sẽ chứng minh p4m − 1 chia hết cho 60 với mọi m nguyên dương. TO
p4m − 1 = M (p2 − 1)(p2 + 1), p nguyên tố lẻ suy ra (p2 − 1)(p2 + 1) chia hết cho 4.
p là số nguyên tố lớn hơn 5 theo định lý Fermat nhỏ ta có p4 − 1 chia hết cho 5.
GIỎI p là số nguyên tố lớn hơn 5 suy ra p2 ≡ 1(mod 3) cho nên p2 −1 chia hết cho 3.
Vậy p4m − 1 chia hết cho 60. Dễ thấy 195457 chia hết cho 4 (ĐPCM).
SINH Câu 4. Cho đường tròn (O) có tâm O và bán kính R. Hai điểm phân biệt B,C cố định
nằm trên (O) sao cho BC = a < R. Gọi A là điểm bất kì thuộc cung lớn BC của (O), A
HỌC không trùng với B, C. Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC.
Hai điểm E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB và ADC. THI
a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. ĐỀ -
b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R. o
c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố aPr định. Lời giải. GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 125 H A 9 F N ÁN E O TO M GIỎI B D C SINH K HỌC
a) Gọi N là trung điểm của AB, trong đường tròn (O) ta có ’ AON = ’ ACB (1), trong THI
đường tròn (ADB) ta có ’ AEN = ’ ADB ⇒ 180◦ − ’ AEN = 180◦ − ’ ADB ⇒ ’ AEO = ’
ADC (2). Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. ĐỀ - OE AO AO.CD
b) Hai tam giác AEO và ADC đồng dạng suy ra = ⇒ OE = (3). o CD AC ACAO.BD
Chứng minh tương tự hai tam giác AF O và ADB đồng dạng suy ra OF = (4). AB aPr AB DB Vì AD là phân giác suy ra = (5). AC DC 4SAEOF = OE.AB + OF.AC (6) R.a
Từ (3), (4), (5), (6) ta có 4SAEOF = AO(BD + CD) = R.a ⇒ SAEOF = . 4
c) Gọi H là giao điểm của OK và (O), M là trung điểm của BD, dễ thấy ’ BN E = GeoGebr ’
BM E = 90◦ suy ra tứ giác BM EN nội tiếp đường tròn đường kính BE mặt khác M N k AK ⇒ ’ BEM = ’ BN M = ’ BAK = ’ BHK.
Giả sử H0 là giao điểm của BE và HK, EM k HK ⇒ ’ BEM = ÷ BH0K = ’ BHK ⇒ Nhóm |
H ≡ H0. Vậy E thuộc đường thẳng BH cố định khi A thay đổi. h
Câu 5. Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô bởi một
trong 4 màu: xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng
được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 126
giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng được
tô cùng một màu (nâu hoặc đen). Lời giải. B E 9 C ÁN A TO D F GIỎI
Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kỳ luôn tạo thành
SINH một tam giác. Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu.
Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là A, B, C, D, E, F . Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô
bằng 2 màu nâu, đen khi đó có ít nhất 3 đoạn cùng màu, giả sử AB, AC, AD được tô
HỌC cùng màu đen. Xét tam giác BCD, xảy ra hai khả năng
THI i) Nếu ba cạnh BC, BD, DC được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD có ba đỉnh cùng
màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn) ĐỀ
- ii) Nếu ba cạnh BC, BD, DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC đen, khi đó tam
o giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thỏa mãn)
Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. aPr
———————–HẾT———————– GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 127 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 26 9
NĂM HỌC 2017-2018, AN 9 GIANG. Họ ĐỀ và tênSỐ thí 26
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ p p 2 + 3 + 2 − 3 Câu 1. Cho x = √
. Tìm giá trị của biểu thức P = 1 + 3x3 − x52016. 2 GIỎI Lời giải. √ √ p p 2 + 3 + 2 − 3 x = √2√ √ SINH √ p p 2 + 3 + 2 − 3 = 2 · 2 √ √ p p 4 + 2 3 + 4 − 2 3 = HỌC 2 √ √ p p 3 + 2 3 + 1 + 3 − 2 3 + 1 = THI 2 » √ » √ 3 + 12 + 3 − 12 ĐỀ = 2 - √ 2 3 o = 2 √ aPr = 3 √ √ Ä ä3 Ä ä5
⇒ 1 − 3x3 + x5 = 1 − 3 · 3 + 3 = 1.
Vậy A = 1 − 3x3 + x52016 = 1. 1 Câu 2. Cho Parabol (P ): y = x2 và điểm A(0; 1). 4 GeoGebr
a) Vẽ Parabol (P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Chứng minh rằng nếu điểm M nằm trên (P ) thì độ đài đoạn M A bằng khoảng cách Nhóm
từ M đến đường thẳng y = −1. |
(Biết khoảng cách giữa hai điểm C(xc; yc), D(xD; yD) bất kỳ trên mặt phẳng tọa độ h »
được tính theo công thức CD = (xD − xc)2 + (yD − yc)2). Lời giải.
a) Vẽ Parabol (P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 128 Giá trị đặc biệt x −2 −1 0 1 2 1 1 y = x2 1 1 0 1 4 4 4 (P ) Đồ thị 9 y ÁN 3 TO 2 1 GIỎI −2 −1 1 2 x O −1 (d) SINH −2 HỌC
b) Chứng minh rằng nếu điểm M nằm trên (P ) thì độ đài đoạn M A bằng khoảng cách THI
từ M đến đường thẳng y = −1. 1
Điểm M thuộc (P ) ⇒ M x; x2 ; A(0; 1). ĐỀ 4 -
Từ M kẻ M N vuông góc với (d), và AH vuông góc M N . o
Khoảng cách từ M đền đường thẳng y = −1 là 1 M N = y aPr M + 1 = x2 + 1 4
Khoảng cách giữa hai điểm M, A là p AM = (xM )2 + (yM − yA)2 … 2 1 = (0 − x)2 + 1 − x2 4 GeoGebr … 1 1 = x2 + 1 − x2 + x4 2 16 … 1 1 = x4 + x2 + 1 16 2 Nhóm … 2 | 1 = x2 + 1 4 h 1 = x2 + 1 4 = yM + 1 = M N
Vậy khoảng cách từ M đên đường thẳng y = −1 bằng độ dài đoạn thẳng M A. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 129
Câu 3. Cho phương trình x3 + bx2 + cx + 1 = 0 trong đó a, b, c là các số nguyên. Biết √
phương trình có nghiệm x0 = 2 +
5 tìm b, c và các nghiệm còn lại của phương trình. Lời giải. √
Phương trình x3 + bx2 + cx + 1 = 0 có nghiệm x0 = 2 + 5 nên √ √ √ (2 + 5)3 + b(2 + 5)2 + c(2 + 5) + 1 = 0 9 √ √ √ √
⇔(23 + 12 5 + 30 + 5 5) + b(9 + 4 5) + c(2 + 5) + 1 = 0 √ ÁN
⇔(4b + c + 17) 5 + (9b + 2c + 39) = 0 √
TO Vì 5 là số vô tỉ, b,c là các số nguyên nên ta có       4b + c + 17 = 0 8b + 2c + 34 = 0 b = −5 ⇔ ⇔ GIỎI    9b + 2c + 39 = 0 9b + 2c + 39 = 0 c = 3
Với b = −5; c = 3 phương trình trở thành SINH x3 − 5x2 + 3x + 1 = 0 √ √
⇔ (x − 1)(x2 − 4x − 1) = 0P hngtrnhcbanghimx0 = 2 + 5; x1 = 2 − 5; x2 = 1. HỌC Câu 4. Tìm x, y biết » √ p√ 2 x + y − 2 = x · y. THI ĐỀ Lời giải. - √
o ĐK x, y ≥ 0; x + y − 2 ≥ 0.
Bình phương hai vế của phương trình ta có aPr √ √ 2 x + 2y − 4 = x · y √
⇔ x(2 − y) + 2(y − 2) = 0 √ ⇔(y − 2)(2 − x) = 0
Khi đó x = 4 hoặc y = 2. So với điều kiện, ta có x = 4; y ≥ 0 hoặc x ≥ 0; y = 2. GeoGebr
Câu 5. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến M B, M D với đường
tròn (B, D là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt Nhóm A, C. | h
a) Chứng minh hai tam giác M AB và M BC đồng dạng.
b) Chứng minh AB · CD = BC · AD.
c) Gọi (d) là đường thẳng qua D và song song với M B, (d) cắt BA, BC lần lượt tại I và J. Chứng minh DI = DJ. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 130 Lời giải. 9 B A ÁN I TO C M O GIỎI D SINH J HỌC
a) Chứng minh hai tam giác M AB và M BC đồng dạng. THI
Hai tam giác M AB và M BC có “ M chung ĐỀ - ’ M BA = ’ M CB (cùng chắn cung ˆ AB) o Vậy ∆M AB v ∆MBC. aPr
b) Chứng minh AB · CD = BC · AD. Ta có AB M B ∆M AB v ∆MBC ⇒ = (1) BC M C
Hai tam giác M AD và M DC có GeoGebr “ M chung ’ M DA = ’ M CD (cùng chắn cung ˜ AD) Vậy ∆M AD v ∆MDC. AD M D Nhóm ⇒ = (2) | DC M C
Mà M B = M D nên từ (1) và (2) ta có h AB AD = ⇔ AB · DC = AD · BD. BC DC
c) Gọi (d) là đường thẳng qua D và song song với M B, (d) cắt BA, BC lần lượt tại I và J.Chứng minh DI = DJ. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 131
Hai tam giác IBD và DBA đồng dạng do b B chung ‘ BID = ’ IBM (so le trong) ’ IBM = ’ BDA (chắn cung ˆ AB) BD ID AD ID ⇒ = ⇔ = (3) 9 BA DA AB BD
Tương tự hai tam giác JBD và DBC đồng dạng. BD ID DC J D ÁN ⇒ = ⇔ = (4) BA DC BC BD TO Theo câu a) AB AD AD DC = ⇒ = (5) BC DC AB BC GIỎI ID J D (3), (4), (5) ⇒ = ⇒ DI = DJ. BD BD SINH
———————–HẾT———————– HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 132 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 27 9
NĂM HỌC 2016-2017, SỞ GD 9 BẾN TRE Họ ĐỀ và tênSỐ thí 27
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. GIỎI
a) Chứng minh rằng: A = n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên. SINH x2 − 32 + 12x2 » b) Cho biểu thức B = + (x + 2)2 − 8x. x2
Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên. HỌC
c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy. THI Lời giải. ĐỀ -
a) Ta có A = n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 = n4 n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1 = [n (n + 1)]4. o .
Vì n(n + 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n + 1).. 2 ⇒ [n (n + 1)]4 ... 24 = 16. . aPr
Do đó: A.. 16 với mọi n ∈ Z. x2 − 32 + 12x2 » x2 + 32 » x2 + 3 b) B = + (x + 2)2 − 8x = + (x − 2)2 = + x2 x2 |x| |x − 2|. GeoGebr −x2 − 3 −2x2 + 2x − 3 3 • Nếu x < 0 ⇒ B = − x + 2 = = −2x + 2 − . x x x  3 x = −1 B Nhóm có giá trị nguyên khi
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và x < 0 ⇔  . x | x = −3 h x2 + 3 2x + 3 3
• Nếu 0 < x ≤ 2 ⇒ B = − x + 2 = = 2 + . x x x 3 B có giá trị nguyên khi
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và 0 < x ≤ 2 ⇔ x = 1. x x2 + 3 2x2 − 2x + 3 3 • Nếu x > 2 ⇒ B = + x − 2 = = 2x − 2 + . x x x 3 B có giá trị nguyên khi
∈ Z ⇔ x ∈ Ư(3) và x > 2 ⇔ x = 3. x ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 133
Tập các giá trị của x để B nguyên là x ∈ {±1; ±3}.
c) 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy ⇔ (x − 1) x − 2y2 + y = 1.       x − 1 = 1 x = 2 x = 2     x − 2y2 + y = 1  2y2 − y − 1 = 0  y = 1 ⇔     ⇔ ⇔ .      9  x − 1 = −1  x = 0  x = 0          x − 2y2 + y = −1 2y2 − y − 1 = 0 y = 1 ÁN
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2; 1) và (0; 1). TO √
GIỎI Câu 2. Cho hàm số y = 2 x2 − 6x + 9 − x − 2 có đồ thị (C).
a) Vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên SINH √
b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x2 − 6x + 9 − x − 2 = m vô nghiệm. √ HỌC
c) Dựa vào đồ thị (C ), tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 x2 − 6x + 9 ≥ x. THI Lời giải.  √ x − 8 nếu x ≥ 3 ĐỀ
a) y = 2 x2 − 6x + 9 − x − 2 = 2 |x − 3| − x − 2 = . -  − 3x + 4 nếu x < 3 o aPr y (C ) 4 GeoGebr 2 3 6 8 x O Nhóm | −2 h −5 m (D) : y = m ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 134 √
b) 2 x2 − 6x + 9 − x − 2 = m (∗).
Phương trình (∗) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: (C ) : y = √
2 x2 − 6x + 9 − x − 2 và (D) : y = m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt
Oy tại điểm có tung độ m.
Căn cứ đồ thị ta có phương trình (∗) vô nghiệm ⇔ (C ) và (D) không giao nhau 9 ⇔ m < −5. ÁN  TO y2  x2 + xy + = 2017   3  
Câu 3. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn y2 z2 + = 1009 (x 6= 0, z 6= 0, x 6= −z). GIỎI  3     x2 + xz + z2 = 1008 2z y + z Chứng minh rằng: = . SINH x x + z Lời giải.  y2  x2 + xy + = 2017 (1)   3 HỌC   y2 z2 + = 1009
(2) (x 6= 0, z 6= 0, x 6= −z).  3 THI     x2 + xz + z2 = 1008 (3)
ĐỀ Trừ (1) và (2) theo vế, ta có: x2 − xy − z2 = 1008 (4). -
Trừ (3) và (4) theo vế, ta có: xz − xy + 2z2 = 0 o
⇔ xz + 2z2 = xy ⇔ 2xz + 2z2 = xy + xz. aPr ⇔ 2z(x + z) = x(y + z). 2z y + z ⇔ = . x x + z
Câu 4. Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE.
Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến
GeoGebr chung ngoài MN của hai đường tròn (O1) và (O2) với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N
là tiếp điểm thuộc (O2).
a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN . Chứng minh rằng đường thẳng Nhóm |
EF vuông góc với đường thẳng AB. h
b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng
M N cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 135 F D N I 9 K M C ÁN A TO O1 E O O2 B GIỎI SINH HỌC  M N ⊥ O1M THI
a) M N là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) nên ⇒ O1M k O2N. M N ⊥ O2N ĐỀ ⇒ ÷ M O1E + ÷ N O2E = 180◦. - ∆O1AM cân tại O1 ⇒ ÷ M O1E = 2÷ O1AM . o ∆O2BN cân tại O2 ⇒ ÷ M O2E = 2÷ O2BN . aPr ⇒ ÷ O1AM + ÷ O2BN = 90◦ ⇒ ’ M F N = 90◦. Mặt khác ’ AM E = ’
BN E = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
⇒ M EN F là hình chữ nhật. ⇒ ’ M EF = ’ N M E. GeoGebr Mà ÷ O1EM = ÷ O1M E và ’ N M E + ÷ O1M E = 90◦ ⇒ ’ M EF + ÷ O1EM = 90◦ hay EF ⊥ AB tại E.
b) Ta có: AB = 18 cm, AE = 6 cm ⇒ EB = 12 cm, OF = 9 cm. Nhóm √ |
∆AF B vuông tại F có đường cao EF nên EF 2 = AE.EB = 6.12 = 72 ⇒ EF = 6 2 h cm. √ ⇒ M N = EF = 6 2 cm.
Gọi I, K lần lượt là giao điểm của EF, OF với M N .
Tứ giác M EN F là hình chữ nhật nên ’ N M F = ’ N EF . Mà ’ N EF = ’ ABF (cùng phụ góc ’ BEM . ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 136 ⇒ ’ N M F = ’ ABF (1). ⇒ ∆F N M v ∆F AB.
Lại có ∆OAF cân tại O ⇒ ‘ OAF = ‘ OF A (2) và ‘ OAF + ’ ABF = 90◦ (3). Từ (1), (2), (3) ⇒ ’ N M F + ‘ OF A = 90◦ ⇒ ’ M IF = 90◦. F I M N
∆F N M v ∆F AB và có F I, F E là hai đường cao tương ứng nên: = ⇒ 9 EF AB F I = 4 cm ⇒ OI = 5 cm. √ √ ÁN ∆OID vuông tại I ⇒ ID = OD2 − OI2 = 2 14 cm. √ TO
Vì OF ⊥ CD tại I ⇒ CD = 2ID = 4 14 cm.
GIỎI Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 90◦. Từ B kẻ BM vuông góc AM Å AB ã2
với AC tại điểm M (điểm M ∈ AC). Chứng minh rằng: + 1 = 2 . M C BC SINH Lời giải.
Tam giác ABC cân tại A ⇒ AB = AC. A AM Å AB ã2 AM + M C AC2 AC HỌC Ta có: + 1 = 2 ⇔ = 2 ⇔ = M C BC M C BC2 M C AC2 THI 2 ⇔ BC2 = 2AC.M C. BC2
Ta cần chứng minh: BC2 = 2AC.M C. M ĐỀ - Thật vậy:
o BC2 = BM2 + MC2 = AB2 − AM2 + (AC − AM)2 B E C
= AC2 − AM 2 + AC2 − 2AC.AM + AM 2 aPr
= 2AC2 − 2AC.AM = 2AC(AC − AM ) = 2AC.M C.
———————–HẾT———————– GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 137 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 28 9
NĂM HỌC 2016-2017, HẢI 9 PHÒNG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 28
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ 3 p Ä ä 10 + 6 3 3 − 1 Câu 1. Cho x = √ √
. Tính giá trị của biểu thức: P = (12x2 + 4x − p6 + 2 5 − 5 GIỎI 55)2017. Lời giải. SINH Ta có: √ √ » √ √ √ √ 3 p Ä ä Ä ä Ä äÄ ä 10 + 6 3 3 − 1 = 3 ( 3 + 1)3 3 − 1 = 3 + 1 3 − 1 = 2. p √ √ » √ √ √ √ HỌC 6 + 2 5 − 5 = ( 5 + 1)2 − 5 = 5 + 1 − 5 = 1.
Vậy x = 2. Thay giá trị x vào P ta được: THI
P = (12.22 + 4.2 − 55)2017 = 12017 = 1. ĐỀ - √ √ √ a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1
o Câu 2. Cho biểu thức M = √ + √ + √ √ với a > 0, a 6= 1. Với a a − a a − a a 6
aPr những giá trị nào của a thì biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M Lời giải.
Với điều kiện a > 0, a 6= 1 thì: Ä√ äÄ √ ä Ä√ äÄ√ äÄ √ ä a + 1 a − 1 a + a + 1 a − 1 a + 1 a − a + 1 GeoGebr M = √ + − a √ Ä√ ä √ Ä√ äÄ√ ä a a − 1 a a − 1 a + 1 √ √ Ä√ ä2 a + 1 a + a + 1 a − a + 1 a + 1 = √ + √ − √ = √ . a a a a Nhóm √ | 6 6 a ⇒ N = = > 0. h M Ä√ ä2 a + 1
Khi đó ta thấy với 0 < a 6= 1 thì √ √ Ä√ ä2 √ 6 a a − a + 1 > 0 ⇔ a + 1 > 3 a ⇔ < 2. Ä√ ä2 a + 1 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 138
Do 0 < N < 2 nên để N có giá trị nguyên thì N = 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi √ 6 a √ Ä√ ä2 √ = 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ a − 2 = 3 a + 2 a + 1  √ √  √ a = 3 + 2 a = 7 + 4 3 (thỏa mãn) ⇔  √ √ ⇔  √ a = − 3 + 2 a = 7 − 4 3 (thỏa mãn) √ 9 Vậy a = 7 ± 4 3.
Câu 3. Cho phương trình: x2 − 2mx + m2 − m − 6 = 0 (với m là tham số). Với giá trị ÁN
nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho |x1| + |x2| = 8? TO Lời giải.
Phương trình x2 − 2mx + m2 − m − 6 = 0 có hai nghiệm thì GIỎI
∆0 = m2 − (m2 − m − 6) = m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6.
Theo hệ thức Viét, ta có:  SINH  x1 + x2 = 2m  x1x2 = m2 − m − 6 HỌC Ta có
|x1| + |x2| = 8 ⇔ x21 + x22 + 2|x1x2| = 64 ⇔ (x1 + x2)2 − 2x1x2 + 2|x1x2| = 64. (1) THI
Trường hợp 1: Nếu x1 và x2 cùng dấu thì:   ĐỀ  m ≥ −6 −6 ≤ m ≤ −2 - x1x2 ≥ 0 ⇔ ⇔  (*)
 m2 − m − 6 = (m + 2)(m − 3) ≥ 0 m ≥ 3 o Khi đó aPr
(1) ⇔ (x1 + x2)2 = 64 ⇔ 4m2 = 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*))
Trường hợp 2: Nếu x1 và x2 trái dấu thì:
x1x2 < 0 ⇔ m2 − m − 6 = (m + 2)(m − 3) < 0 ⇔ −2 < m < 3. (**) Khi đó GeoGebr
(1) ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 64 ⇔ 4m2 − 4(m2 − m − 6) = 64
⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**)) Kết luận: m = ±4. Nhóm  |
 x3y2 − 2x2y − x2y2 + 2xy + 3x − 3 = 0
h Câu 4. Cho hệ phương trình (với m là tham  y2 + x2017 = y + 3m số).
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (x1; y1) và (x2; y2)
thỏa mãn điều kiện (x1 + y2)(x2 + y1) + 3 = 0. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 139 Ta có
x3y2 − 2x2y − x2y2 + 2xy + 3x − 3 = 0
⇔ (x − 1)(x2y2 − 2xy + 3) = 0  x = 1 ⇔  9
(xy − 1)2 + 2 = 0 (vô nghiệm)
Thay x = 1 vào phương trình dưới của hệ ta được y2 − y − 3m + 1 = 0. (1)
ÁN Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì TO 1
∆ = 1 + 4(3m − 1) > 0 ⇔ 12m − 3 > 0 ⇔ m > 4
Theo đề bài và chú ý rằng x1 = x2 = 1: GIỎI
(x1 + y2)(x2 + y1) + 3 = 0 ⇔ 4 + y1 + y2 + y1y2 = 0. (2) 1 Với m >
, theo hệ thức Viét cho phương trình (1) ta có 4  SINH  y1 + y2 = 1  y1y2 = 1 − 3m Thay vào (2) ta được HỌC
5 + 1 − 3m = 0 ⇔ m = 2 (thỏa mãn). THI Kết luận m = 2.
ĐỀ Câu 5. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b2 chia hết cho a2b − 1. - Lời giải. o Ta có aPr .
(a + b2) .. (a2b − 1) ⇒ a + b2 = k(a2b − 1), k ∈ ∗ N
⇔ a + k = b(ka2 − b) hay mb = a + k (1) với m = ka2 − b ∈ ∗ N ⇔ m + b = ka2. (2) Từ (1) và (2) suy ra: GeoGebr
mb − m − b + 1 = a + k − ka2 + 1 ⇔ (m − 1)(b − 1) = (a + 1)(k + 1 − ka). (3) Do m, b ∈ ∗
N ⇒ (m − 1)(b − 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 − ka) ≥ 0. Nhóm
| Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 − ka ≥ 0 ⇒ 1 ≥ k(a − 1).
h Vì a − 1 > 0, k > 0 nên 1 ≥ k(a − 1) ≥ 0 và k(a − 1) ∈ ∗ N  a = 1  k(a − 1) = 0   ⇒    ⇔  a = 2 k(a − 1) = 1    k = 1 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 140
Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m − 1)(b − 1) = 2    m − 1 = 2     b − 1 = 1 b = 2 ⇒ ka2 = 5 ⇒ a = 1 ⇔    ⇔   9  m − 1 = 1 b = 3 ⇒ ka2 = 5 ⇒ a = 1    b − 1 = 2
ÁN Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1, b = 2 và a = 1, b = 3.
TO Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có:  b = 1 (m − 1)(b − 1) = 0 ⇔  GIỎI m = 1
Khi b = 1, ta được a = 2, b = 1.
Khi m = 1. Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Khi đó a = 2, b = 3. SINH
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
Câu 6. Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng: HỌC a3 b3 c3 + + ≥ 1 a3 + (b + c)3 b3 + (c + a)3 c3 + (a + b)3 THI ĐỀ Lời giải.
- Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: o p p x + 1 + x2 − x + 1 x2 + 2 x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) ≤ = 2 2 … aPr 1 2 ⇒ ≥ (*) x3 + 1 x2 + 2
Dấu “=” xảy ra khi x = 2.
Áp dụng bất đẳng thức (∗) ta được GeoGebr Õ a3 1 2 2a2 = ≥ = . a3 + (b + c)3 Å b + cã3 Å b + cã2 (b + c)2 + 2a2 1 + + 2 a a Nhóm Suy ra | a3 2a2 a2 h ≥ = . (1) a3 + (b + c)3 Ä ä 2 b2 + c2 + 2a2 a2 + b2 + c2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 141 Tương tự ta có b3 b2 ≥ . (2) b3 + (c + a)3 a2 + b2 + c2 c3 c2 ≥ . (3) c3 + (a + b)3 a2 + b2 + c2
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 9 a3 b3 c3 + + ≥ 1. a3 + (b + c)3 b3 + (c + a)3 c3 + (a + b)3 ÁN
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. TO
Câu 7. Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa
điểm A và điểm C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm GIỎI
C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn
tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt M N tại điểm K. Đường
SINH thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và Q). HỌC
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. THI
b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với M D cắt đường
thẳng M P tại E. Chứng minh rằng P là trung điểm của M E. ĐỀ - Lời giải. o aPr M B K I C A P GeoGebr H O D Q Nhóm | E h N
a) Gọi I là trung điểm của BC, suy ra IO ⊥ BC.
4ABN đồng dạng với 4AN C (vì ’ AN B = ’ ACN , ’ CAN chung) AB AN ⇒ = ⇒ AB.AC = AN 2 AN AC ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 142
4AN O vuông tại N , đường cao N H nên AH.AO = AN 2. Suy ra AB.AC = AH.AO (1)
4AHK đồng dạng với 4AIO (g.g) nên AH AK = ⇒ AI.AK = AH.AO (2) AI AO Từ (1) và (2) suy ra 9 AB.AC AI.AK = AB.AC ⇒ AK = AI
ÁN Ta có A,B,C cố định nên I cũng cố định, suy ra AK không đổi. Mà A cố định, K là
TO giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB, suy ra K cố định.
b) Xét hai tam giác M HE và QDM . Có GIỎI ’ N M E = ’ M QP ’ N HE = 90◦ − ’ AHE = ÷ M DH. Suy ra ’ M HE = 180◦ − ’ N HE = 180◦ − ÷ M DH = ’ M DQ M E M H
SINH Vậy 4MHE đồng dạng với 4QDM, suy ra = . M Q DQ M P M H M H
Mặt khác, 4P M H đồng dạng với 4M QH (g.g), suy ra = = . M Q QH 2DQ
Từ hai kết quả trên suy ra HỌC M P 1 M E = . ⇒ M E = 2M P M Q 2 M Q
THI Từ đó suy ra P là trung điểm của ME.
ĐỀ Câu 8. Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của -
o 11 phần tử bất kì lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập
hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A. aPr Lời giải.
Giả sử A = {a1; a2; a3; · · · ; a21} với a1, a2, a3, · · · , a21 ∈ Z và a1 < a2 < a3 < · · · < a21. Theo giả thiết ta có
a1 + a2 + a3 + · · · + a11 > a12 + a13 + · · · + a21 GeoGebr
⇔ a1 > (a12 − a2) + (a13 − a3) + · · · + (a21 − a11) (1)
Mặt khác với x, y ∈ Z và nếu x < y thì y ≥ x + 1. Suy ra
a12 − a2 ≥ 10, a13 − a3 ≥ 10, · · · , a21 − a11 ≥ 10 (2) Nhóm | Nên từ (1) suy ra h
a1 > 10 + 10 + · · · + 10 = 100
Mà a1 nhỏ nhất và 101 ∈ A nên a1 = 101. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 143 Ta có
101 > (a12 − a2) + (a13 − a3) + · · · + (a21 − a11) ≥ 100
⇒(a12 − a2) + (a13 − a3) + · · · + (a21 − a11) = 100 Kết hợp với (2), suy ra a 9
12 − a2 = a13 − a3 = · · · = a21 − a11 = 10 (3)
⇒ 10 = a12 − a2 = (a12 − a11) + (a11 − a10) + · · · + (a3 − a2) ≥ 10 ÁN
⇒ a12 − a11 = a11 − a10 = · · · = a3 − a2 = 1 (4)
TO Ta có a1 = 101 mà 102 ∈ A suy ra a2 = 102.
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = {101; 102; · · · ; 121}. GIỎI
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 144 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI HSG TOÁN 9, PHÚ LỘC, CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 29 9
THỪA THIÊN HUẾ, 2017 9 Họ ĐỀ và tênSỐ thí 29
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ Å 3x + 9x − 3 1 1 ã 1 Câu 1. Cho biểu thức A = √ + √ + √ − 2 : . x + x − 2 x − 1 x + 2 x − 1 GIỎI
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. SINH 2
c) Tìm giá trị của x để là số tự nhiên. A HỌC Lời giải.  THI x ≥ 0 a) Điều kiện: x 6= 1. ĐỀ - √ Å 3x + 9x − 3 1 1 ã 1 o b) A = √ + √ + √ − 2 : x + x − 2 x − 1 x + 2 x − 1 √ x + 3 x + 2 aPr = √ √ · (x − 1) ( x − 1) ( x + 2) √ √ ( x + 1) ( x + 2) √ √ = √ √ · x − 1 x + 1 ( x − 1) ( x + 2) √ = 2 ( x + 1) .  x ≥ 0
GeoGebrc) Với điều kiện: x 6= 1. √ Ta có: 2 A = ( x + 1) . √ 2 Vì A = 2
( x + 1) ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤ √ ≤ 2. Nhóm 2 ( x + 1) | 2 2 √ √ Do đó: 2 2 = √
∈ N khi ( x + 1) = 1 hoặc ( x + 1) = 2. h A 2 ( x + 1) √ √ √ √ Mà x + 1 > 0 nên x + 1 = 1 hoặc x + 1 = 2. √ √ Do đó: x = 0 hoặc x = 2 − 12 = 3 − 2 2. 2 √ Vậy
là số tự nhiên khi x = 0 hoặc x = 3 − 2 2. A ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 145 √ √
Câu 2. Giải phương trình: x2 − 10x + 27 = 6 − x + x − 4. Lời giải. Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6.
• V T = x2 − 10x + 27 = (x − 5)2 + 2 ≥ 2, dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = 5. 9 √ √ q î √ √ • V P = 6 − x + x − 4 ≤ (12 + 12) 6 − x2 + x − 42ó ⇔ V P ≤ 2. 1 1 ÁN
dấu ” = ” xảy ra ⇔ √ = √
⇒ 6 − x = x − 4 ⇔ x = 5. 6 − x x − 1
V T = V P ⇔ x = 5 (TMĐK). Vậy nghiệm của phương trình là x = 5. TO x + 1
GIỎI Câu 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = . x2 + x + 1 Lời giải. 2 1 3 SINH Ta có: x2 + x + 1 = x + + > 0, ∀x ∈ R. 2 4 x + 1 x2 + x + 1 − x2 x2 x2 A = = = 1 − ≤ 1 (vì ≥ 0, ∀x ∈ R). x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1
Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: max A = 1 khi x = 0. HỌC x + 1 3x + 3 x2 + 4x + 4 − x2 + x + 1 A = ⇒ 3A = = . x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 THI (x + 2)2 (x + 2)2 = − 1 ≥ −1 (vì ≥ 0, ∀x ∈ R). x2 + x + 1 x2 + x + 1 ĐỀ 1
- Suy ra: A ≥ − , đẳng thức xảy ra khi x + 2 = 0 ⇔ x = −2. 3 o 1
Suy ra: min A = − , khi x = −2. 3
aPr Câu 4. Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1); y = 3x + 7 (d2).
a) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d1) và (d2) với trục Oy. Tìm tọa độ trung
điểm I của đoạn thẳng AB.
b) Gọi J là giao điểm của (d1) và (d2). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích GeoGebr của tam giác đó. Lời giải. Nhóm |
a) Tìm được A(0; 3); B(0; 7). Suy ra I(0; 5). h
b) Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của phương trình: x + 3 = 3x + 7
⇒ x = −2 ⇒ yJ = 1 ⇒ J(−2; 1).
Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20.
⇒ OJ2 + IJ2 = OI2 ⇒ tam giác OIJ là tam giác vuông tại J. 1 1 √ √ ⇒ S4OIJ = OI · OJ = · 5 · 20 = 5 (đvdt). 2 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 146
Câu 5. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua
M vẽ dây CD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M .
a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? 9
b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu củaM trên AC và BC. Chứng minh rằng: HM M K CD ÁN · = . HK M C 4R TO
c) Gọi C0 là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C0 nằm trên một đường
tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B). GIỎI Lời giải. SINH HỌC C0 D THI ĐỀ - M o A B O0 E O aPr H K C GeoGebr Nhóm | h a) Vì CD ⊥ AB ⇒ CM = M D.
Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
Mà AE ⊥ CD ⇒ tứ giác ACED là hình thoi.
b) Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên 4ABC vuông tại C, suy ra tứ giác CHM K là hình chữ nhật. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 147
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: M A.M C M H.AC = M A.M C ⇒ M H = . AC M B.M C M A.M B.M C2 Tương tự ta có: M K = ⇒ M H.M K = . BC AC.BC
Mà M A.M B = M C2; AC.BC = M C.AB (do 4ABC vuông tại C). M C2.M C2 M C3 M H.M K M C 9 ⇒ M H.M K = = ⇒ = . M C.AB AB M C2 AB
Mà M C = M K (do CHM K là hình chữ nhật) ÁN M H.M K M C 2M C CD ⇒ = = = . HK.M C AB 2AB 4R TO HM M K CD Vậy: . = (đpcm). HK M C 4R
c) Lấy O0 đối xứng với O qua A, suy ra O0 cố định. GIỎI
Tứ giác COC0O0 là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường. SINH
Do đó O0C0 = OC = R không đổi.
Suy ra C0 nằm trên đường tròn (O0; R0) cố định khi M di chuyển trên đường kính HỌC AB. THI
ĐỀ Câu 6. Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng: - c + ab a + bc b + ac + + ≥ 2. o a + b b + c a + c aPr Lời giải. Vì a + b + c = 1 nên
c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) GeoGebr
b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) (c + a)(c + b) (b + a)(b + c) (a + b)(a + c)
do đó BĐT cần chứng minh tương đương với: + + ≥ a + b a + c b + c Nhóm 2 | Å (c + a)(c + b)ã2 Å (b + a)(b + c)ã2 Å (a + b)(a + c)ã2 ⇔ + + ≥ 2. h a + b a + c b + c
Mặt khác dễ thấy: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx, với mọi x, y, z (*)
Áp dụng (*) ta có: V T ≥ b + c + a + b + c + a = 2. 1
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3
———————–HẾT———————– ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 148 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 30 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2016-2017, 9 THANH HÓA Họ ĐỀ và tênSỐ thí 30
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO √ √ Å x + 2 x 1 ã x − 1 Câu 1. Cho biểu thức P = √ + √ + √ : , với 0 6 x 6= 1. x x − 1 x + x + 1 1 − x 2 GIỎI
a) Rút gọn biểu thức P . 2 b) Tìm x để P = . SINH 7 c) So sánh: P 2 và 2P . HỌC Lời giải. THI
a) Điều kiện 0 6 x 6= 1. Ta biến đổi biểu thức P √ √ Å x + 2 x 1 ã x − 1 P = √ + √ + √ : . ĐỀ x x − 1 x + x + 1 1 − x 2 - Ç √ å √ x + 2 x 1 x − 1 o = √ + √ − √ : 3 ( x) − 1 x + x + 1 x − 1 2 √ √ √ √ √ x + 2 + x ( x − 1) − (x + x + 1) x − 1 x − 2 x + 1 2 aPr = √ √ : = √ √ . √ ( x − 1) (x + x + 1) 2 ( x − 1) (x + x + 1) x − 1 2 = √ . x + x + 1
b) Điều kiện 0 6 x 6= 1. Ta có: 2 2 2 √ √ √ √ P = ⇔ √ = ⇔ x + x + 1 = 7 ⇔ x +
x − 6 = 0 ⇔ ( x − 2) ( x + 3) = 0 GeoGebr 7 x + x + 1 7 √ √ 2 Vì x + 3 > 0 nên
x − 2 = 0⇔ x = 4, thỏa mãn. Vậy P = khi x = 4. 7 √
c) Vì x > 0 ⇒ x + x + 1 > 1 Nhóm 2 | ⇔ 0 < √
6 2 ⇔ 0 < P 6 2 ⇔ P (P − 2) 6 0 ⇔ P 2 6 2P . x + x + 1 h
Dấu “=” xảy ra khi P = 2 ⇔ x = 0. Vậy P 2 6 2P . Câu 2.
a) Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 149 2 1 1 1 1 1
b) .Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: + + = + + a b c a2 b2
1 .Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 chia hết cho 3. c2 Lời giải. 9 a) Ta có
2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy ÁN
⇔ 2y2x + x + y + 1 − x2 − 2y2 − xy = 0 TO
⇔ (x − 1) (2y2 − y − x) = −1
Vì x, y ∈ Z nên x − 1 ∈ {1; −1} GIỎI 1
• Nếu x − 1 = 1 ⇒ x = 2. Khi đó 2y2 − y − 2 = −1 ⇔ y = 1 ∨ y = − / ∈ Z. 2 1 SINH
• Nếu x − 1 = −1 ⇒ x = 0. Khi đó 2y2 − y = 1 ⇔ y = 1 ∨ y = − / ∈ Z. 2     x = 2 x = 0 Vậy ; . HỌC   y = 1 y = 1 THI b) Từ giả thiết 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( + + )2 = + + ⇔ 2( + + ) = 0 ĐỀ a b c a2 b2 c2 ab bc ca -
Vì a, b, c 6= 0 nên a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c. Từ đó o
(a + b)3 = (−c)3 ⇒ a3 + b3 + 3ab(a + b) = −c3 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc aPr .
Vậy a3 + b3 + c3..3 với a, b, c ∈ Z. Câu 3. √ √ GeoGebr a) Giải phương trình sau: 4x2 + 20x + 25 + x2 + 6x + 9 = 10x − 20.
b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1 Nhóm | h Lời giải. a) Đkxđ: ∀x ∈ R. p p 4x2 + 20x + 25 + x2 + 6x + 9 = 10x − 20. √ √ Vì 4x2 + 20x + 25 +
x2 + 6x + 9 > 0, ∀x nên 10x − 20 > 0 ⇒ x > 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 150 Tacó p p 4x2 + 20x + 25 + x2 + 6x + 9 = 10x − 20
⇔ |2x + 5| + |x + 3| = 10x − 20
⇔ 2x + 5 + x + 3 = 10x − 20 ⇔ 7x = 28 ⇔ x = 4 9
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4. b) Ta có ÁN
x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0 TO
⇔ (x + y)2 + 7(x + y) + 10 = −y2
⇒ (x + y + 2)(x + y + 5) = −y2 ≤ 0 GIỎI
⇒ −4 ≤ x + y + 1 ≤ −1 SINH
• x + y + 1 = −4 khi x = −5; y = 0.
• x + y + 1 = −1 khi x = −2; y = 0. HỌC
Vậy Amin = −4 khi x = −5; y = 0. Amax = −1 khi x = −2; y = 0. THI
ĐỀ Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi -
E là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F . Lấy M là o trung điểm của EF . aPr
a) Chứng minh CM vuông góc với EF .
b) Chứng minh N B.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEF C gấp 3 lần diện tích GeoGebr của hình vuông ABCD. Lời giải. Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 151 E M 9 A B N F ÁN TO GIỎI D C SINH a) Ta có: ’ ECD = ’ BCF (cùng phụ với ’ ECB)
Chứng minh được: 4EDC = 4F BC (cạnh góc vuông - góc nhọn) HỌC
⇒ CE = CF ⇒ 4ECF cân tại C THI
Mà CM là đường trung tuyến nên CM ⊥ F E.
b) Vì 4EDC = 4F BC ⇒ ED = F B. ĐỀ -
Do 4N CF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác giác vuông ta có o
BC2 = N B.BF ⇒ a2 = N B.DE, (đpcm). F E aPr
4CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM = , 2 F E
4AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM = . 2 F E Suy ra CM = AM =
. Vậy M thuộc đường trung trực của AC. 2
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC. GeoGebr
Vậy B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC, (đpcm).
c) Đặt DE = x với x > 0, suy ra BF = x. 1
Ta có SACF E = SACF + SAEF = AF (AE + CB). Nhóm 2 | 1 1 1 = (AB + BF ) (AE + AD) = (a + x) DE = (a + x) x. 2 2 2 h  1 x = 2a
Mà SACF E = 3SABCD ⇔ x (a + x) = 3a2 ⇔  . 2 x = −3a
Do x > 0 và a > 0 suy ra nhận x = 2a. Vậy A là trung điểm của DE hay AE = a. AN AE Vì AE k BC nên =
= 1 ⇒ N là trung điểm của AB. N B BC
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACF E = 3SABCD. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 152
Câu 5. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: … a b c … a b … c + + < + + . a + b b + c c + a b + c c + a a + b 9 Lời giải. a a a + c Vì a, b, c > 0 nên < 1 ⇒ < . a + b a + b a + b + c ÁN b b + a c c + b Tương tự: < ; < suy ra b + c a + b + c c + a a + b + c TO a b c + + < 2(1) a + b b + c c + a q a a Ta có =
. Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta có: GIỎI b + c pa(b + c)
a + (b + c) > pa(b + c) > 0 2 SINH 2 1 ⇔ 6 a + b + c pa(b + c) 2a a ⇔ 6 a + b + c p HỌC a(b + c) 2a … a ⇔ 6 THI a + b + c b + c 2b … b 2c q c Tươngtự 6 ; 6 . ĐỀ a + b + c a + c a + b + c b + a … - q a b q c Từ đó suy ra + + > 2. o b + c c + a a + b a b c … q a b q c Vậy + + < + + . aPr a + b b + c c + a b + c c + a a + b
———————–HẾT———————– GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 153 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 31 9
NĂM HỌC 2016-2017, SỞ 9
GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ Họ ĐỀ và tênSỐ thí 31
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. √ GIỎI
a) Giả sử a là một nghiệm của phương trình
2x2 + x − 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức: SINH 2a − 3 P = . p2 (2a4 − 2a + 3) + 2a2 HỌC
b) Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 + 2y2 + 2xy − 2 (x + 2y) + 1 = 0. Tính giá trị
của biểu thức S = 2016x2017 + 2017y2016. THI Lời giải. ĐỀ - √ √
a) Do a là một nghiệm của phương trình 2x2 + x − 1 = 0 nên 2a2 + a − 1 = 0 o √ ⇒
2a2 = 1 − a (a ≤ 1) ⇒ 2a4 = (1 − a)2 = a2 − 2a + 1. aPr Khi đó: 2a − 3 2a − 3 2a − 3 P = = = p p p 2 (2a4 − 2a + 3) + 2a2
2 (a2 − 2a + 1 − 2a + 3) + 2a2 2 (a2 − 4a + 4) + 2a2 √ √ √ 2a − 3 2 (2a − 3) 2 (2a − 3) 2 = √ = = = − . 2 (1 − a) −4a + 6 −2 (2a − 3) 2 2 (2 − a) + √ GeoGebr 2 √2 Vậy P = − . 2
b) Ta có: x2 + 2y2 + 2xy − 2 (x + 2y) + 1 = 0 ⇔ 2x2 + 4y2 + 4xy − 4 (x + 2y) + 2 = 0 ⇔ Nhóm î ó |
(x + 2y)2 − 4 (x + 2y) + 4 + x2 = 2 ⇔ (x + 2y − 2)2 + x2 = 2  h 0 ≤ (x + 2y − 2)2 ≤ 2 ⇒ ⇒ (x + 2y − 2)2 = x2 = 1 0 ≤ x2 ≤ 2
Do x, y là các số nguyên dương nên x = y = 1. Vậy S = 4033. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 154 Câu 2. √
a) Giải phương trình sau: x3 + 5x2 + 10x = 3x2 + 3x + 6 x + 2.
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: x2 − y2 + x2y − xy = x + 14. 9 Lời giải. √ ÁN
a) x3 + 5x2 + 10x = 3x2 + 3x + 6 x + 2.(∗) Đk: x ≥ −2. TO
Với điều kiện trên ta có: √
(∗) ⇔ x x2 + x + 2 + 4x (x + 2) = 3 x2 + x + 2 x + 2 GIỎI √ √
⇔ x x2 + x + 2 − x2 + x + 2
x + 2 + 4x (x + 2) − 2 x2 + x + 2 x + 2 = 0 √ √ √ ⇔ x2 + x + 2 x −
x + 2 − 2 x + 2 x2 + x + 2 − 2x x + 2 = 0 SINH √ √ √ ⇔ x − x + 2 x2 + x + 2 − 2 x − x + 22. x + 2 = 0 √ √ ⇔ x −
x + 2 x − 2x x + 2 + 3 (x + 2) = 0 HỌC √ √ ó ⇔ x − x + 2 î x − x + 22 + 2 (x + 2) = 0 √ THI x + 2 = x ⇔  √ . ĐỀ x − x + 22 + 2 (x + 2) = 0 -  x ≥ 0 o ⇔ ⇔ x = 2. x2 − x − 2 = 0 aPr
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 2. b) Ta có:
x2 − y2 + x2y − xy = x + 14 ⇔ x2 + x2y − (x + xy) = y2 + 14 ⇔ x2 − x (y + 1) = y2 + 14 y2 + 14 15 GeoGebr ⇒ x2 − x = = y − 1 + . y + 1 y + 1 15
Do x nguyên dương, y nguyên dương nên nguyên dương. y + 1 y + 1 = 1 → y = 0 Nhóm  | y + 1 = 3 → y = 2 Suy ra:   . h y + 1 = 5 → y = 4   y + 1 = 15 → y = 14
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (3; 2) ; (3; 4) . ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 155
Câu 3. Cho phương trình x3 − 3x2 + (4m + 3) x − 8m − 2 = 0. (∗)
a) Giải phương trình (∗) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt. 9
c) Khi phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3, tìm m để x2 + x2 + x2 = 2017. 1 2 3 ÁN Lời giải. TO
a) Khi m = 2, thì phương trình viết lại: x3 − 3x2 + 11x − 18 = 0. (∗∗)
(∗∗) ⇔ x3 − 2x2 − x2 + 2x + 9x − 18 = 0 ⇔ x2 (x − 2) − x (x − 2) + 9 (x − 2) = 0  GIỎI x − 2 = 0
⇔ (x − 2) x2 − x + 9 = 0 ⇔  . x2 − x + 9 = 0(vn) SINH ⇔ x = 2.
Vậy khi m = 2 thì phương trình (∗) có một nghiệm duy nhất x = 2. HỌC
b) Tìm m để phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt. THI
x3 − 3x2 + (4m + 3)x − 8m − 2 = 0 ⇔ x3 − 2x2 − x2 + 2x + 4mx − 8m + x − 2 = 0
⇔ (x − 2)x2 − x(x − 2) + 4m(x − 2) + (x − 2) = 0 ĐỀ -
⇔ (x − 2) x2 − x + 4m + 1 = 0 o  x = 2 ⇔  . aPr x2 − x + 4m + 1 = 0(1)
Do đó, phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi x2 − x + 4m + 1 = 0
có hai nghiệm phân biệt khác 2    3 − 16m − 3 > 0 m < − ∆ > 0   ⇔ ⇔ ⇔ 16 3 3 GeoGebr 3 + 4m 6= 0 m 6= − m 6= − 4  4 3 3 Vậy với m < − và m 6= −
thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt. 16 4 Nhóm
c) Khi phương trình (∗) có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3, tìm m để x2+x2+x2 = 1 2 3 | 2017.  h 3 m < − 
Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 16 . 3 m 6= −  4
Khi đó phương trình luôn có một nghiệm bằng 2, giả sử đó là x1 = 2.
Theo định lí Viet, ta có: x2 + x3 = 1, x2x3 = 4m + 1. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 156 Do đó:
x21 + x22 + x23 = 4 + (x2 + x3)2 − 2x2x3 = 4 + 1 − 2(4m + 1) = −8m + 3 1007
x21 + x22 + x23 = 2017 ⇔ −8m + 3 = 2017 ⇔ m = − 4 1007 Vậy m = − là giá trị cần tìm. 4 9
ÁN Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB < AC và AA0, BB0, CC0 là ba đường
cao. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến đường TO
tròn O (M, N là các tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, M 0 là giao điểm
thứ hai của A0N là đường tròn O, K là giao điểm của OH và B0C0. Chứng minh rằng: GIỎI
a) BC là đường trung trực của đoạn thẳng M M 0. SINH
b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng. KB0 Å HB0 ã2 c) = . KC0 HC0 HỌC Lời giải. THI a) ĐỀ Do tính chất tiếp - tuyến và tính o chất đường cao, aPr ’ AM O = ’ AN O = ’ AA0O = 90◦ nên 5 điểm A O, A, A0, M, N GeoGebr cùng nằm trên B0 K N đường tròn đường C0 H F kính AO. M Nhóm Suy ra | B E C ’ AA0N = ’ AM N . A0 O h Mà ’ AM N = D M 0 ÷ M M 0N (cùng chắn ¯ M N ). Suy ra ÷ M M 0N = ’ AA0N . ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 157 Do đó M M 0 k AA0.
Mặt khác BC ⊥ AA0 nên M M 0 ⊥ BC. Vì BC là đường kính của đường tròn (O) mà
BC vuông góc với dây cung M M 0 nên BC là đường trung trực của M M 0.
b) Ta có: 4AM C0 v ∆ABM vì có chung góc ’ M AB và ÷ AM C0 = ’ ABM . AM AB AC0 AA0 9 Do đó: =
⇒ AM 2 = AB.AC0. ∆AC0H v ∆AA0B nên = ⇒ AC0 AM AH AB AC0.AB = AA0.AH. ÁN AH AM Do đó AM 2 = AA0.AH ⇒ =
. Mà hai tam giác AHM và AM A0 có chung AM AA0 TO góc ÷
A0AM nên chúng đồng dạng. Suy ra ’ AM H = ÷ AA0M (1).
Mặt khác, tứ giác AM A0N nội tiếp đường tròn đường kính AO nên ÷ AA0M = ’ AN M GIỎI
Ta lại có AM, AN là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ’ AM N = ’ AN M . Như vậy ’ AM N = ÷ AA0M (2). SINH Từ (1) và (2) suy ra ’ AM H = ’ AM N .
Nhận xét rằng H và N nằm cùng một phía đối với đường thẳng AM , nên tia M H
trùng với tia M N hay M, H, N thẳng hàng. HỌC
c) Gọi d là đường thẳng qua O và song song với B0C0, cắt BB0, CC0 lần lượt tại D, E. THI KB0 KH KC0 KB0 OD Ta có: = = ⇒ = (3). OD OH OE KC0 OE ĐỀ Mà ’ BDO = ’ ECO (cùng bằng ÷ BB0C0) và ’ BOD = ’ EOC nên 4DBO v 4CEO. - OD OC OD OC2 Do đó = ⇒ OD.OE = OB.OC = OC2 ⇒ = (4). o OB OE OE OE2
Trên dây cung CC0, lấy điểm F khác E sao cho OF = OE. aPr Lúc đó ’ OF C = ÷ B0C0H (cùng bằng ’ OEC0). Mặt khác ÷ HB0C0 = ’ OCF (cùng chắn cung ¯ BC0) nên 4B0C0H v 4CF O HB0 OC HB0 OC Suy ra = ⇒ = (5). HC0 OF HC0 OE KB0 Å HB0 ã2 Từ (3), (4), (5) ta được = . KC0 HC0 GeoGebr
Câu 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
Nhóm giác ABC;T,H lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và B của tam giác ABC. | h
a) Chứng minh bốn điểm A, B, T, H cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh: CH.CA = CT.CB b) Chứng minh IC ⊥ HT.
c) Tìm trên các cạnh BC, AC, AB lần lượt các điểm K, P, Q có chu vi nhỏ nhất. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 158 Lời giải. B T 9 I C ÁN A H TO x GIỎI SINH a) Ta có: ’ AHB = ‘
AT B = 90◦ ⇒ H, T cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên H, T
thuộc đường tròn đường kính AB. HỌC
⇒ 4CT A v 4CHB (vì hai tam giác vuông có ’ ACB chung). CH CB Do đó: = ⇔ CH.CA = CT.CB THI CT CA
b) Gọi Cx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C. ĐỀ - Ta có: ‘ HCx = ’ ABC (cùng chắn cung ˆ AC) o Ta lại có: ’ ABC = ’
T HC (vì tứ giác AHT B nội tiếp) Suy ra: ‘ HCx = ’
T HC ⇒ HT k Cx. Mà IC ⊥ Cx. Vậy IC ⊥ HT. aPr
c) Gọi E là điểm đối xứng của P qua AB, J là điểm đối xứng của P qua BC GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 159 9 ÁN B TO J K GIỎI L Q E SINH C A H P HỌC Ta có: BE = BJ = BP ; ‘ EBJ = 2’ ABC; EQ = P Q, P K = J K. THI
Vẽ BL⊥EJ (L ∈ EJ). 4BEJ cân tại B (BE = BJ) ; BL là đường cao ⇒ BL là tia ĐỀ
phân giác và là trung tuyến ⇒ ‘ EBL = ’ ABC, EJ = 2EL. -
Trong tam giác EBL vuông tại L, ta có: EL = BE. sin ‘ EBL ⇒ EJ = 2BP. sin ’ ABC o (vì EJ = 2EL, BP = BE) aPr
Gọi C4KP Q là chu vi của tam giác KP Q,ta có:
C4KP Q = KQ + QP + KP = EQ + QK + KJ ≥ EJ = 2BP. sin ’ ABC ≥ 2BH. sin ’ ABC ⇔ C4KP Q ≥ 2BH. sin ’ ABC (không đổi)
Dấu 00 =00 xảy ra khi và chỉ khi P ≡ H và E, Q, K, J thẳng hàng. GeoGebr
Vậy P là chân đường cao H kẻ từ B và Q, K lần lượt là giao điểm của EJ và hai
cạnh AB và AC của tam giác ABC. Nhóm
| Câu 6. Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3. Chứng minh rằng: h xy yz zx P = + + ≥ 3. z x y Lời giải. xy yz zx Å xy yz zx ã2
Do x, y, z là các số thực dương nên + + ≥ 3 ⇔ + + ≥ 9 z x y z x y Å ã2 xy 2 yz 2 zx ⇔ + + + 2 x2 + y2 + z2 ≥ 9 z x y ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 160 Å ã2 xy 2 yz 2 zx ⇔ + + ≥ 3(vì x2 + y2 + z2 = 3) z x y … xy 2 yz 2 xy 2 yz 2
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: ⇔ + ≥ 2 . = 2y2 (1). z x z x Å ã2 Å ã2 yz 2 zx zx xy 2 Tương tự: + ≥ 2z2 (2); + ≥ 2x2 (3). x y y z
9 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta có: ñ Å ã2ô xy 2 yz 2 zx 2 + +
≥ 2 x2 + y2 + z2 = 6(dox2 + y2 + z2 = 3) ÁN z x y Å ã2 TO xy 2 yz 2 zx ⇔ + + ≥ 3 ⇔ P ≥ 3 z x y
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 GIỎI
———————–HẾT———————– SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 161 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 32 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2016-2017, 9
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 32
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO
Câu 1. Cho ba số a, b, c thỏa mãn a − b = 7, b − c = 3.
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
Tính giá trị của biểu thức P = . GIỎI a2 − c2 − 2ab + 2bc Lời giải.
Từ a − b = 7, b − c = 3 ⇒ a − c = 10. Ta có: SINH
2(a2 + b2 + c2 − ab − ba − ca)
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 72 + 32 + 102 79 P = = = = . 2(a2 − c2 − 2ab + 2bc) 2[(a − b)2 − (b − c)2] 2(72 − 32) 40 HỌC √
Câu 2. Giải phương trình: (2x − 1) x + 3 = x2 + 3 (1). THI Lời giải. Điều kiện: x ≥ −3. ĐỀ √ √ √ √ (1) ⇔ 2x x + 3 −
x + 3 = x2 + 3 ⇔ x2 + 3 − 2x x + 3 + x + 3 = 0 - √ √ o
⇔ (x2 − 2x x + 3 + x + 3) − (x − x + 3) = 0 √ √ ⇔ (x − x + 3)(x − x + 3 − 1) = 0 aPr       x ≥ 0 x ≥ 0    √   √   x − x + 3 = 0 x = x + 3 x2 = x + 3     ⇔    √ ⇔ ⇔     x − x + 3 − 1 = 0  x ≥ 1  x ≥ 1     GeoGebr    √    x − 1 = x + 3 (x − 1)2 = x + 3    x ≥ 0  Nhóm √   | 1 + 13  x2 − x − 3 = 0 x =   h ⇔ 2  ⇔  √    3 + 17  x ≥ 1 x =    2   x2 − 3x − 2 = 0 √ √ ß 1 + 13 3 + 17 ™
KthpviØiukin, vytpnghimcaphngtrnhl :S= ; . 2 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 162   x(y − 1) + y(x + 1) = 6
Câu 3. Giải hệ phương trình: .  (x − 1)(y + 1) = 1 Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với    9    xy − x + xy + y = 6 3xy = 8 3x(−3y) = −24 ⇔ ⇔ .    xy + x − y = 2 3xy + 3x − 3y = 6 3x + (−3y) = −2 ÁN
Khi đó (3x) và (−3y) là nghiệm của phương trình: TO   4  x =  3    X = 4 y = 2   GIỎI X2 + 2X − 24 = 0 ⇔   ⇔ .   X = −6  x = −2     −4 SINH  y = 3 4 −4
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ; 2 , −2; . 3 3 HỌC Câu 4. x 2y THI
a) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện + = 1. Tìm giá trị lớn 1 + x 1 + y nhất của P = xy2. ĐỀ - o
b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình: (x + y)(x + 2y) = x + 5. aPr Lời giải. x 2y a) Với x, y > 0 ta có +
= 1 ⇔ x + xy + 2y + 2xy = 1 + xy + x + y ⇔ y + 2xy = 1. 1 + x 1 + y √
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: p 1 = y + 2xy ≥ 2 y · 2xy = 2 2xy2. 1 ⇒ 1 ≥ 8xy2 ⇒ P = xy2 ≤ . 8 GeoGebr  y = 2xy     1 Dấu "=" xảy ra khi y + 2xy = 1 ⇔ x = y = . 2     Nhóm x; y > 0 | h
b) Ta có (x + y)(x + 2y) = x + 5 ⇔ x2 + 3xy + 2y2 − x − 5 = 0
⇔ 4x2 + 12xy + 8y2 − 4x − 20 = 0 ⇔ [2x + (3y − 1)]2 − (y − 3)2 = 12
⇔ (2x + 2y + 2)(2x + 4y − 4) = 12 ⇔ (x + y + 1)(x + 2y − 2) = 3.
Với x, y nguyên nên ta có bảng sau: ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 163 x+2y-2 1 3 -1 -3 x+y+1 3 1 -3 -1 y-3 -2 2 2 -2 y 1 5 5 1 x 1 -5 -9 -3 9
Vậy phương trình có nghiệm: S = {(1; 1), (−5; 5), (−9; 5), (−3; 1)}. ÁN TO Câu 5.
a) Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của GIỎI
BC và AH. Đường phân giác trong góc A cắt M N tại K. Chứng minh rằng AK vuông góc với HK. SINH
b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi AH, AD lần lượt là đường cao,
đường phân giác trong của tam giác ABC (H, D ∈ BC). Tia AD cắt (O) ở E, tia HỌC
EH cắt (O) ở F và tia F D cắt (O) ở K. Chứng minh rằng AK là đường kính của THI đường tròn tâm O. ĐỀ Lời giải. - A o aPr N E F H K GeoGebr B D M C Nhóm | h
a) Gọi ba đường cao của tam giác ABC là AD, BE, CF . Ta dễ dàng chứng minh được
tứ giác BF EC nội tiếp đường tròn đường kính BC có tâm M , và tứ giác AF HE nội
tiếp đường tròn đường kính AH có tâm N . ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 164
Giả sử đường tròn (N ) cắt N M tại K0, Suy ra ÷ AK0H = 90◦ ⇒ AK0 ⊥ HK0.
Ta có N M là đường trung trực của dây cung chung F E mà K0 ∈ N M ⇒ K0F = K0E, ⇒ ’ K0EF = ’ K0F E, mà ’ K0F E = ’ K0AE và ’ K0EF = ’
K0AF (do tứ giác AF K0E nội tiếp). ⇒ ’ K0AE = ’
K0AF , hay AK0 là phân giác trong của góc A, mà AK là phân giác trong 9
của góc A (gt) và K, K0 ∈ N M ⇒ K ≡ K0 ⇒ AK ⊥ HK. ÁN TO A GIỎI F SINH O HỌC B H D C THI E K ĐỀ - o aPr b) Ta có ’ BHF = ’ HBE + ’ HEB = ’ CAE + ’ F AB = ’ BAD + ’ F AB = ’ F AD.
Suy ra tứ giác AF HD nội tiếp ⇒ ’ AF D = ’ AHD = 90◦ ⇒ ’ AF K = 90◦. Mà ’
AF K là góc nội tiếp của đường tròn tâm O, suy ra AK là đường kính của đường tròn tâm O. GeoGebr
Câu 6. Trong tuần, mỗi ngày Nam chỉ chơi một môn thể thao. Nam chạy ba ngày một
tuần nhưng không bao giờ chạy hai ngày liên tiếp. Vào thứ Hai, anh ta chơi bóng bàn Nhóm
| và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá. Nam còn đi bơi và chơi cầu lông, nhưng không
h bao giờ anh ta chơi cầu lông sau ngày anh ta chạy hoặc bơi. Hỏi ngày nào trong tuần Nam đi bơi? Lời giải.
Vào ngày thứ Hai anh ta chơi bóng bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá.
Nếu 0 ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là ngày thứ Hai. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 165
Nếu 1 ngày sau đó anh ta chơi bóng đá thì ngày chơi bóng đá là ngày thứ Ba.
Đề bài cho hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá nên ngày chơi bóng đá là ngày thứ Tư.
Suy ra ba ngày chạy chỉ là ngày:
- Thứ Ba, thứ Năm, thứ Bảy . Khi đó ngày chơi cầu lông là ngày thứ Sáu hoặc Chủ
Nhật (không xảy ra vì sau ngày chạy).
9 - Thứ Ba, thứ Năm, Chủ Nhật. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Sáu (không xảy ra vì
ÁN sau ngày chạy thứ Năm) hoặc thứ Bảy (không xảy ra vì khi đó sau ngày bơi thứ Sáu).
- Thứ Ba, thứ Sáu, Chủ Nhật. Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Năm và ngày bơi là TO
thứ Bảy (thỏa mãn điều kiện đề bài). Vậy thứ Bảy là ngày trong tuần Nam đi bơi.
———————–HẾT———————– GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 166 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI TOÁN 9 HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 33 9
NĂM HỌC 2017-2018, BÌNH 9 ĐỊNH Họ ĐỀ và tênSỐ thí 33
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. √ √ GIỎI 2m + 16m + 6 m − 2 3 1) Cho biểu thức P = √ + √ + √ − 2. m + 2 m − 3 m − 1 m + 3 a) Rút gọn P . SINH b) Tìm m ∈ N để P ∈ N.
HỌC 2) Cho biểu thức P = (a + b)(b + c)(c + a) − abc với a, b, c ∈ Z. Chứng minh rằng nếu . . (a + b + c) .. 4 thì P .. 4. THI Lời giải. ĐỀ  - m ≥ 0 o 1a) Điều kiện: . Khi đó ta có m 6= 1 √ √ √ √ √ √ aPr 2m + 4 m + 6 ( m − 2) ( m + 3) 3 ( m − 1) 2 ( m − 1) ( m + 3) P = √ √ + √ √ + √ √ − √ √ ( m − 1) ( m + 3) ( m − 1) ( m + 3) ( m − 1) ( m + 3) ( m − 1) ( m + 3) √ √ √ √ 2m + 4 m + 6 + m +
m − 6 + 3 m − 3 − 2m − 4 m + 6 = √ √ ( m − 1) ( m + 3) √ √ √ √ m + 4 m + 3 ( m + 1) ( m + 3) m + 1 = √ √ = √ √ = √ . ( m − 1) ( m + 3) ( m − 1) ( m + 3) m − 1 GeoGebr √ √ m + 1 m − 1 + 2 2 2 √ 1b) Ta có P = √ = √ = 1 + √ ∈ N ⇔ √ ∈ N ⇔ m − 1 là m − 1 m − 1 m − 1 m − 1 √ ước dương của 2 ⇔
m − 1 ∈ {1; 2} ⇔ m ∈ {4; 9} (thỏa mãn điều kiện). Nhóm
Vậy m = 4, m = 9 là các giá trị cần tìm. | h
2) Đặt a + b + c = 4k (k ∈ Z) ⇒ a + b = 4k − c; b + c = 4k − a; a + c = 4k − b. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 167 Ta có:
P = (a + b)(b + c)(c + a) − abc = (4k − c)(4k − a)(4k − b) − abc
= 16k2 − 4ak − ack + ac (4k − b) − abc
= 64k3 − 16bk2 − 16ak2 + 4abc − 16ck2 + 4bck + 4ack − abc − abc 9
= 4 16k3 − 4bk2 − 4ak2 + abk − 4ck2 + bck + ack − 2abc (∗)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 ⇒ a + b + c chia 2 dư 1 (1). ÁN . .
Mà a + b + c .. 4 ⇒ a + b + c .. 2 (theo giả thiết) (2). TO
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn ⇒ Điều giả sử là sai. .
⇒ Trong 3 số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 2 ⇒ 2abc .. 4 (∗∗). . GIỎI
Từ (∗) và (∗∗) ⇒ P .. 4. SINH Câu 2. 1 1 4
1) Chứng minh rằng với mọi số thực x, y dương, ta luôn có + ≥ . x y x + y HỌC √
2) Cho phương trình 2x2 + 3mx −
2 = 0 (m là tham số) có hai nghiệm x1, x2. Tìm giá THI Å 1 + x2 1 + x2 ã2
trị nhỏ nhất của biểu thức M = (x 1 2 1 − x2)2 + − . x1 x2 ĐỀ - Lời giải. o 1 1 4 x + y 4 1) Ta có + ≥ ⇔ ≥
⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ (x − y)2 ≥ 0 (đúng). Vậy x y x + y xy x + y aPr
bất đẳng thức được chứng minh.
2) Phương trình có a, c trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Theo định lý √ 3m 2 Vi-ét ta có x1 + x2 = − và x1x2 = − . Khi đó 2 2 Å 1 + x2 1 + x2 ã2 GeoGebr M = (x 1 2 1 − x2)2 + − x1 x2 Å 1 + x2 1 + x2 ã2 Å x ã2 2 + x2x2 − x1 − x1x2 = (x 1 2 1 2 1 − x2)2 + − = (x1 − x2)2 + x1 x2 x1x2 ï Nhóm x ò2 2 − x1 + x1x2 (x1 − x2) (x1 − x2)2 · (x1x2 − 1)2 = (x | 1 − x2)2 + = (x1 − x2)2 + x1x2 (x1x2)2 ñ ô ñ ô h (x1x2 − 1)2 î ó (x1x2 − 1)2 = (x1 − x2)2 · 1 + = (x1 + x2)2 − 4x1x2 · 1 + (x1x2)2 (x1x2)2 √  2  Å − 2 ã √ − 1 √ ï 2 ò Å ã −3m − 2  2  9 2 √ √ = − 4 · · 1 + √  = 9 + m2 + 8 2 + 8 ≥ 8 2 + 8. 2 2  2 Å ã  2  − 2  2 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 168
Dấu “=” xảy ra khi m = 0. √
Vậy GTNN của M là 8 2 + 8 khi m = 0. 1 1 1 1 Å 1 1 1 ã
Câu 3. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: + + ≤ + + . x2 + yz y2 + xz z2 + xy 2 xy yz zx 9 Lời giải. ÁN
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x2 và yz ta có TO p √ 1 1 1 1 x2 + yz ≥ 2 x2yz = 2x yz ⇒ ≤ √ = · √ x2 + yz 2x yz 2 x yz 1 1 1 1 1 1 Tương tự ta có ≤ · √ và ≤ · √ . GIỎI y2 + xz 2 y xz z2 + xy 2 z xy Suy ra √ √ √ 1 1 1 1 Å 1 1 1 ã 1 yz + xz + xy + + ≤ √ + √ + √ = · (1) SINH x2 + yz y2 + xz z2 + xy 2 x yz y xz z xy 2 xyz √ √ √ Ta có yz + xz +
xy ≤ x + y + z (2). Thật vậy √ √ √
(2) ⇔ 2 yz + 2 xz + 2 xy ≤ 2x + 2y + 2z HỌC √ √ √ √ √ √ ⇔ x − y2 + z − x2 + y − x2 ≥ 0 (luôn đúng) THI
Đẳng thức xảy ra x = y = z. 1 1 1 1 x + y + z 1 Å 1 1 1 ã ĐỀ Từ (1) và (2) suy ra + + ≤ · = + + . x2 + yz y2 + xz z2 + xy 2 xyz 2 yz xz xy
- Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. o Câu 4. aPr
1) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh rằng M B + M C = M A. GeoGebr
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S0 lần lượt là diện tích của 4ABC và 4M BC. Chứng minh rằng khi M di động
ta luôn có đẳng thức sau: √ Nhóm 2 3 (S + 2S0) | M H + M I + M K = 3R h
2) Cho 4ABC có ba góc nhọn và AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn F D,
lấy N trên tia DE sao cho ’ M AN = ’
BAC. Chứng minh rằng M A là tia phân giác của ’ N M F . Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 169 A O H 9 N I B C K ÁN M TO GIỎI E
SINH 1a) Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB (1). Ta có ’
BM C là góc nội tiếp chắn cung ˘
BAC của đường tròn (O) nên ’ BM C = 1 1 sđ · ’ BAC = 240◦ = 120◦ ⇒ ’ BM E = 180◦ − ’
BM C = 180◦ − 120◦ = 60◦ (2). HỌC 2 2
Từ (1) và (2) ⇒ 4BM E đều ⇒ BE = BM = EM . THI Xét 4BM A và 4BEC, ta có: BM = BE (cmt) ĐỀ - ’ BAM = ’
BCE (cùng chắn cung nhỏ BM ) o BA = BC (do 4ABC đều) aPr
Vậy 4BM A = 4BEC ⇒ M A = EC ⇒ M B + M C = M E + M C = EC = M A.
1b) Gọi N là giao điểm của AO và BC.
Vì 4ABC đều nên O là trong tâm của 4ABC ⇒ A, O, N thẳng hàng và AN = √ 3 3 AN 3 3 √ AO = R. Ta có AB = = R : = R 3. 2 2 GeoGebr sin 2 2 ’ ABN Ta lại có: √ 1 2S4MAB 2S4MAB 2 3 · S4MAB S4MAB = M H · AB ⇒ M H = = √ = 2 AB R 3 3R √ 1 2S4MBC 2S4MBC 2 3 · S4MBC Nhóm S4MBC = M I · BC ⇒ M I = = √ = | 2 BC R 3 3R √ h 1 2S4MAC 2S4MAC 2 3 · S4MAC S4MAC = M K · AC ⇒ M K = = √ = 2 AC R 3 3R ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 170 √ 2 3 ⇒ M H + M I + M K = · S 4M AB + S4M BC + S4M AC 3R √ 2 3 = · S 4ABC + S4M BC + S4M BC 3R √ 2 3 (S + 2S0) = . 3R 9 2) ÁN
Qua M kẻ đường thẳng song song với A BC cắt DE tại K. TO
Tứ giác AEDB có D, E cùng nhìn AB
dưới một góc vuông nên AEDB là tứ GIỎI giác nội tiếp ⇒ ’ CDE = ’ BAC. Mà N ÷ M KD = ’ CDE (vì M K k BC) nên SINH ÷ M KD = ’ BAC = ’ M AN ⇒ tứ giác E AM KN nội tiếp ⇒ ’ AM N = ’ AKN . F
Tứ giác F DCA có F, D cùng nhìn AC HỌC
dưới một góc vuông nên F DCA là tứ M K THI giác nội tiếp ⇒ B C ’ F DB = ’ BAC ⇒ ’ F DB = D ĐỀ ’ EDC (= ’ BAC) ⇒ ’ M DA = ’ KDA. -
4DM K có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D ⇒ DM = DK. o 4AM D = 4AKD (c.g.c) ⇒ ’ AM D = ’ AKD ⇒ ’ F M A = ’ AKN . aPr Mà ’ AKN = ’
AM N (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ ˜ AN ). Suy ra ’ F M A = ’ AM N
hay M A là tia phân giác của ’ N M F .
———————–HẾT———————– GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 171 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 34 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2017-2018, 9 HẢI DƯƠNG Họ ĐỀ và tênSỐ thí 34
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO Câu 1. » √ » √ GIỎI a) Cho biểu thức P = 1 − x + (1 − x) 1 − x2 +
1 − x − (1 − x) 1 − x2 với −1 ≤ x ≤ 1
1. Tính giá trị của biểu thức P khi x = − . 2017 SINH √ √ √
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a + b + c = a + b + c = 2. √ √ √ a b c 2 Chứng minh rằng: + + = . 1 + a 1 + b 1 + c p(1 + a)(1 + b)(1 + c) HỌC Lời giải. THI » √ » √ a) P = 1 − x + (1 − x) 1 − x2 + 1 − x − (1 − x) 1 − x2 ĐỀ √ √ √ Äp p ä - = 1 − x 1 + 1 − x2 + 1 − 1 − x2 (vì −1 ≤ x ≤ 1). Ä ä o Suy ra: p P 2 = (1 − x) 2 + 2
1 − (1 − x2) = 2(1 − x)(1 + |x|). Mà p P > 0 nên P = 2(1 − x)(1 + |x|. aPr 1 2018 √ Thay x = − ta được P = 2. 2017 2017 √ √ √ b) Đặt x = a; y = b; z =
c ⇒ xy + yz + zx = 1 ⇒ a + 1 = (x + y)(x + z).
Tương tự ta có b + 1 = (y + z)(y + x); c + 1 = (z + x)(z + y). √ √ √ a b c 2(xy + yz + zx) 2 GeoGebr Do đó + + = = . 1 + a 1 + b 1 + c (x + y)(y + z)(z + x) p(1 + a)(1 + b)(1 + c) Nhóm Câu 2. | √ h
a) Giải phương trình: 2x2 − 2x + 1 = (2x + 1) x2 − x + 2 − 1.    x2 + (y + 1)2 = xy + x + 1
b) Giải hệ phương trình:   2x3 = x + y + 1 Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 172 √ a) 2x2 − 2x + 1 = (2x + 1)
x2 − x + 2 − 1 ⇔ (x2 − x + 2) + x2 − x − 1 = (2x + √ 1) x2 − x + 2 − 1 (1). √ Đặt t =
x2 − x + 2 − 1 ⇒ x2 − x + 2 = (t + 1)2. Thay vào phương trình (1) ta có:  t = x
(t − x)(t − x + 1) = 0 ⇒  . t = x − 1 9   x ≥ −1 1 Với t = x ⇒ ⇔ x = . ÁN 3  x2 − x − 2 = (x + 1)2 TO   x ≥ −1 Với t = x − 1 ⇒ ⇔ x = 2.  x2 − x − 2 = x2 GIỎI 1
Vậy nghiệm của phương trình là: x = ; x = 2. 3   SINH    x2 + (y + 1)2 = xy + x + 1  x2 + (y + 1)2 − x(y + 1) = 1 b) ⇔ .    2x3 = x + y + 1  2x3 = x + y + 1 HỌC Đặt t = y + 1 ta được:       x2 + t2 − xt = 1  x2 + t2 − xt = 1 t = x = 1 THI ⇔ ⇔  .   t = x = −1  2x3 = (x + t)(x2 + t2 − xt)  x = t ĐỀ
Vậy nghiệm của hệ là: (1; 0); (−1; −2). - o aPr Câu 3.
a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 2x3 + 2y2 + 3x − 6y = 5xy − 7. √
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 + 2n +
n2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương. Lời giải. GeoGebr
a) Ta có 2x3 + 2y2 + 3x − 6y = 5xy − 7 ⇔ (x − 2y)(2x − y + 3) = −7.
Xét tất cả trường hợp ta có cặp nghiệm nguyên (x; y) là: (3; 2); (−5; −6); (−7; −4); (1; 4). Nhóm √ | b) n2 + 2n +
n2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương. √ h Suy ra
n2 + 2n + 18 là số tự nhiên. √ Đặt n2 + 2n + 18 = k
(k ∈ N) ⇔ (k + n + 1)(k − n − 1) = 17.
Vì k, n đều là số tự nhiên và k + n + 1 > k − n − 1 nên ta xét trường hợp sau:      k + n + 1 = 17 k = 9 ⇔ .    k − n − 1 = 1 n = 7 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 173 √ Khi đó: n2 + 2n +
n2 + 2n + 18 + 9 = 81 = 92 là số chính phương.
Vậy n = 7 thỏa yêu cầu bài toán. Câu 4. 9
1) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi I là tâm ÁN
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tia AI cắt (O) tại J khác A. Đường thẳng JO TO
cắt BC tại E, và cắt (O) tại K khác J.
a) Chứng minh rằng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và JE.JK = JI2. GIỎI
b) Tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại S. Chứng minh rằng SJ.EK = SK.EJ. SINH
c) Đường thẳng SA cắt (O) tại D khác A, đường thẳng DI cắt (O) tại M khác D.
Chứng minh rằng JM đi qua trung điểm của đoạn thẳng IE. HỌC
2) Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD; AF cắt DE
tại P ; BF cắt CE tại Q. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức THI F A F B ED EC T = + + + . F P F Q EP EQ ĐỀ - Lời giải. o 1) aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 174
a) Dễ thấy J là điểm chính giữa của K
cung BC nên E là trung điểm của BC, M A
và JK chính là một đường kính của đường tròn (O). 9 Trong tam giác AIB, góc ∠BIJ
là góc ngoài đỉnh I nên ∠BIJ = O ÁN 1
∠BAI + ∠ABI = (∠A + ∠B). Lại có 2 I TO 1
∠IBJ = ∠IBC +∠CBJ = (∠A+∠B). 2
Nên tam giác JIB cân tại J, hay B C E GIỎI
J I = J B. Chứng minh tương tự ta
cũng có JI = JC. Do đó, J là tâm D J SINH
đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
Từ đó, áp dụng thêm hệ thức lượng
trong tam giác vuông JCK, ta dễ dàng HỌC
thu được JI2 = JC2 = JE · JK. S N THI
b) Do SO là đường trung trực của BC ĐỀ -
nên S nằm trên đường thẳng JK. Đẳng o
thức cần chứng minh tương đương với SJ EJ SJ SJ SC aPr = . Mà = · = SK EK SK SC SK Å CJ ã2 J C2 J E · J K EJ = = = , CK KC2 KE · KJ EK
nên ta có điều cần chứng minh.
c) Trước hết, ta có SE · SO = SD · SA(= SB2) suy ra tứ giác AOED nội tiếp. Nên GeoGebr
∠DAE = ∠DOE = ∠DOJ = 2∠DAJ. Dẫn đến AJ là phân giác của góc ∠EAS, hay ∠BAD = ∠EAC.
Từ đây, cùng với ∠ADB = ∠ACE(= ∠ACB), ta suy ra các tam giác ABD và ACE Nhóm |
đồng dạng với nhau. Dẫn đến AE · AD = AB · AC. (1) h
Gọi N là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Dễ
thấy hai tam giác AIB và ACN đồng dạng với nhau, nên AI · AN = AB · AC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AE ·AD = AI ·AN. Cùng với ∠DAI = ∠NAE, ta suy ra các tam
giác AID và AEN đồng dạng với nhau. Suy ra ∠ENA = ∠IDA = ∠MDA = ∠MJA.
Hay EN song song với JM . Mà rõ ràng J là trung điểm của IN , nên M J cũng đi ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 175 qua trung điểm của IE.
2) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề. Cho tứ giác lồi ABCD có C0 9
O là giao điểm của hai đường chéo. B
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của N ÁN O
AD và BC. Đường thẳng qua A và C TO
song song với CD cắt đường thẳng
qua D và song song với AB tại S. A D M GIỎI
Khi đó SO song song (hoặc trùng) với M N . SINH
Chứng minh. Gọi B0 đối xứng với
B qua M . Khi đó M N song song B0
với B0C. Ta chứng minh SO cũng S HỌC song song với B0C. THI
Thật vậy, gọi C0 là giao của AC và
SD. Để ý rằng tứ giác ABDB0 là ĐỀ - hình bình hành, nên o C0B0 C0B0 C0A C0D C0C C0C = · = · = . C0S C0A C0S C0O C0D C0O aPr
Ta có điều cần chứng minh. Trở lại bài toán. GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 176
Áp dụng bổ đề trên với các tứ giác J
ABCD và AEF D, ta suy ra S, O, P B
thẳng hàng, suy ra OP song song với N Q Q0
M N . Tương tự, ta cũng có OQ song C E O H
song với M N . Do đó, O, P, Q thẳng 9 I F hàng và P Q k M N. P ÁN
Gọi I là giao điểm của F E và M N , A D K M P 0 C0 G TO
P 0, Q0 là giao điểm của P Q với AD, BC.
Qua F , kẻ đường thẳng song song với
P Q, cắt đoạn AD tại G và cắt tia đối GIỎI
của tia CB tại H. Các điểm J, K được
định nghĩa tương tự (xem hình vẽ). SINH
Theo trên, IM là đường trung bình của S
hình thang EF GK nên M là trung điểm HỌC của KG. Suy ra GA = KD.
Áp dụng định lí Thales và BĐT THI
Cauchy-Schwartz, ta thu được ĐỀ F A ED GA KD 1 1 4 DK - + = + = DK + ≥ DK · = 4 . F P EP GP 0 KP 0 GP 0 KP 0 GP 0 + KP 0 GK o F B EC CJ Å DK CJ ã
Tương tự, ta cũng thu được + ≥ 4 . Suy ra T ≥ 4 + . F Q EQ HJ GK HJ aPr DK CJ Cuối cùng, ta chứng minh +
= 2, và do đó, GTNN của T bằng 8. GK HJ
Thật vậy, gọi C0 là điểm trên AD sao cho CC0 song song với HG. Khi đó, do F DK CJ DK C0K
là trung điểm CD nên G là trung điểm C0D. Do đó + = + = GK HJ GK GK KD + KC0 = 2. KG GeoGebr
Câu 5. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. a2 + 3ab + b2 b2 + 3bc + c2 c2 + 3ca + a2 Nhóm Chứng minh rằng: √ + √ + √ ≤ 3 | 6a2 + 8ab + 11b2 6b2 + 8bc + 11c2 6c2 + 8ca + 11a2 Lời giải. h
Ta có: 6a2 + 8ab + 11b2 = (2a + 3b)2 + 2(a − b)2 ≥ (2a + 3b)2 a2 + 3ab + b2 a2 + 3ab + b2 ⇒ √ ≤ . 6a2 + 8ab + 11b2 2a + 3b a2 + 3ab + b2 3a + 2b Tiếp tục ta chứng minh ≤
⇔ (a − b)2 ≥ 0 (luôn đúng). 2a + 3b 5 Tương tự ta có: ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 177 b2 + 3bc + c2 3b + 2c √ ≤ . 6b2 + 8bc + 11c2 5 c2 + 3ca + a2 3c + 2a √ ≤ . 6c2 + 8ca + 11a2 5
Cộng ba bất đẳng thức trên ta được: a2 + 3ab + b2 b2 + 3bc + c2 c2 + 3ca + a2 M = √ + √ + √ ≤ a + b + c. 6a2 + 8ab + 11b2 6b2 + 8bc + 11c2 6c2 + 8ca + 11a2
9 Mặt khác: (a+b+c)2 ≤ 3(a2 +b2 +c2) = 9 ⇒ a+b+c ≤ 3.
Vậy M ≤ 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ÁN TO
———————–HẾT———————– GIỎI SINH HỌC THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 178 TOÁN THCS VIỆT NAM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TOÁN THCS VIỆT NAM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CHUYÊN ĐỀ ĐỀ SỐ KHỐI 35 9
TOÁN 9 NĂM HỌC 2017-2018, 9
HUYỆN TIỀN HẢI - TỈNH THÁI Họ ĐỀ và tênSỐ thí 35
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . BÌNH . . . . . Lớp: . . . . . . . ÁN TO
Câu 1. Tính giá trị của các biểu thức sau: » √ » √ GIỎI p p a) A = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 … … … (a + bc)(b + ca) (c + ab)(b + ca) (c + ab)(a + bc) b) B = + + , (với a, b, c là các số SINH c + ab a + bc b + ca
thực dương và a + b + c = 1). Lời giải. HỌC » √ » √ p p a) Ta có A = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 > 0 nên THI p √ p √ » √ A2 = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 + 2 16 − (10 + 2 5) ĐỀ p √ » √ - = 8 + 2 6 − 2 5 = 8 + 2 ( 5 − 1)2 √ √ √ o
= 8 + 2( 5 − 1) = 6 + 2 5 = ( 5 + 1)2. √ aPr Suy ra A = 5 + 1 (do A > 0).
b) Vì a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên biểu thức B có nghĩa và 0 < a, b, c < 1. Ta có: … …
(1 − b − c + bc)(1 − a − c + ca)
(1 − a − b + ab)(1 − a − c + ca) B = + 1 − a − b + ab 1 − b − c + bc
… (1 − a − b + ab)(1 − b − c + bc) GeoGebr + 1 − a − c + ca
(1 − b)(1 − c)(1 − a)(1 − c)
(1 − a)(1 − b)(1 − a)(1 − c) = + (1 − a)(1 − b) (1 − b)(1 − c) Nhóm
(1 − a)(1 − b)(1 − b)(1 − c) | + (1 − a)(1 − c) h p p p = (1 − c)2 + (1 − a)2 + (1 − b)2
= |1 − c| + |1 − a| + |1 − b|
= (1 − c) + (1 − a) + (1 − b) (do 0 < a, b, c < 1). = 2 (do a + b + c = 1). ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 179 Câu 2.
a) Tìm các số a, b sao cho đa thức f (x) = x4 +ax3 +bx−1 chia hết cho đa thức x3 −3x+2.
b) Chứng minh rằng B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2 là một số chính phương với 9 x, y, z là các số nguyên. ÁN Lời giải. TO .
a) Ta có x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). Theo bài ra ta có f (x)..(x − 1)(x − 2). . .
⇒ f (x)..(x − 1) và f (x)..(x − 2). GIỎI .
Do f (x)..(x − 1) ⇒ f (1) = 0 ⇒ a + b = 0 ⇒ b = −a (1) .
Do f (x)..(x − 2) ⇒ f (2) = 0 ⇒ 8a + 2b = −15 (2) SINH 5 5
Từ (1) và (2) ⇒ 8a + 2(−a) = −15 ⇒ a = − ⇒ b = . 2 2 5 5 1 1 Thử lại: x4 − x3 + x − 1 : (x2 − 3x + 2) = x2 + x − . 2 2 2 2 HỌC 5 5 Vậy a = − , b = . 2 2 THI b) Ta có ĐỀ
B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2 -
= 4(x2 + xy + xz)(x2 + xy + xz + yz) + y2z2 o
= 4(x2 + xy + xz)2 + 4(x2 + xy + xz)yz + y2z2 aPr = (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2.
Vì x, y, z là các số nguyên nên 2x2 + 2xy + 2xz + yz là số nguyên. Do đó B là số chính phương. GeoGebr Câu 3. 2m − 1
a) Tìm m để phương trình = m − 3 vô nghiệm. Nhóm x − 2 | √
b) Giải phương trình 4 x + 1 = x2 − 5x + 14. h xy yz zx
c) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình + + = 3. z x y Lời giải. a) ĐKXĐ x 6= 2. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 180
2m − 1 = m − 3 ⇒ 2m − 1 = (x − 2)(m − 3) ⇒ (m − 3)x = 4m − 7 (3). x − 2
+) Xét m = 3, phương trình (3) trở thành 0x = 5 (vô lý).
Do đó, với m = 3 phương trình đã cho vô nghiệm. 4m − 7
+) Xét m 6= 3, phương trình (3) có nghiệm x = . m − 3 4m − 7 1 9
Do đó, để phương trình đã cho vô nghiệm thì = 2 ⇒ m = . m − 3 2 1 Vậy với m = 3, m =
thì phương trình đã cho vô nghiệm. ÁN 2 TO b) ĐKXĐ: x ≥ −1. Ta có √ √
4 x + 1 = x2 − 5x + 14 ⇔ x2 − 5x − 4 x + 1 + 14 = 0 √
⇔ x2 − 6x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 + 4 = 0 GIỎI √
⇔ (x − 3)2 + ( x + 1 − 2)2 = 0  SINH  x − 3 = 0 ⇔ ⇔ √ x = 3 (thoả mãn).   x + 1 − 2 = 0 HỌC
c) Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có xy yz zx … xy yz zx √ THI 3 = + + ≥ 3 3 · · = 3 3 xyz ⇒ xyz ≤ 1 (4). z x y z x y
Do x, y, z là các số nguyên dương nên từ (4) suy ra x = y = z = 1. ĐỀ xy yz zx -
Thử lại: Với x = y = z = 1 ta có + + = 3. z x y o
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y, z) = (1, 1, 1). aPr
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC. GeoGebr
a) Biết AB = 6cm, HC = 6, 4cm. Tính BC, AC.
b) Chứng minh rằng DE3 = BC.BD.CE Nhóm
c) Đường thẳng kẻ qua B vuông góc với BC cắt HD tại M , đường thẳng kẻ qua C |
vuông góc với BC cắt HE tại N . Chứng minh rằng M, A, N thẳng hàng. h
d) Chứng minh rằng BN, CM, DE đồng qui. Lời giải. ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 181 C 9 H N E ÁN I B TO A D M GIỎI
a) Đặt BH = x (đơn vị: cm) (0 < x < 6). Ta có BC = x + 6,4.
Ta có AB2 = BH · BC ⇒ 62 = x(x + 6,4) ⇒ x = 3,6 SINH ⇒ BC = 10 cm ⇒ AC = 8 cm. Tứ giác ADHE có b A = b D = b E = 90◦ HỌC
b) ADHE là hình chữ nhật ⇒ DE = AH. THI
Tam giác AHB vuông tại H, đường cao HD ⇒ BH2 = BD · BA ĐỀ
Tam giác AHC vuông tại H, đường cao HE ⇒ CH2 = CE · CA -
Ta có AH2 = HB · HC ⇒ AH4 = HB2 · HC2 o
⇒ AH4 = BD · BA · CE · CA = BD · CE · BC · AH aPr
⇒ AH3 = BD · CE · BC. Vậy DE3 = BD · CE · BC. c) Ta có ’ CN H = ’ BHM (cùng phụ với ’ CHN )
Do ADHE là hình chữ nhật ⇒ HD = AE.
Gọi M 0 là giao điểm của N A và HD. Ta có GeoGebr N E N C N E AE cos2 · ’ CN H = = = N C N H N H M 0H HD HB HD AE cos2 · ’ BHM = = = HB HM HM HM AE AE ⇒ = ⇒ M 0H = M H Nhóm M 0H HM |
⇒ M 0 ≡ M ⇒ M, A, N thẳng hàng. h
d) Ta có BM k CN, BD k N E, M D k CE BD DM ⇒ 4BDM ∼ 4N EC ⇒ = (5). N E EC DI DM
Gọi I là giao điểm của M C và DE ⇒ = (6). EI EC DI0 BD
Gọi I0 là giao điểm của BN và DE ⇒ = (7) EI0 N E ĐỀ THI HSG TOÁN 9 h | Nhóm GeoGebraPro 182 DI DI0 Từ (5), (6), (7) ⇒ = ⇒ I ≡ I0. EI EI0 Vậy BN, CM, DE đồng quy.
Câu 5. Cho đa thức f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d (với a, b, c, d là các số thực). Biết 9
f (1) = 10; f (2) = 20; f (3) = 30. Tính giá trị biểu thức A = f (8) + f (−4) . ÁN Lời giải.
TO Xét đa thức g(x) = f(x) − 10x ⇒ bậc của đa thức g(x) bằng 4.
Từ giả thiết ⇒ g(1) = g(2) = g(3) = 0.
Mà g(x) có bậc bằng 4 nên g(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − a) (với a là số thực nào đó) GIỎI
⇒ f (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − a) + 10x  
f (8) = 7 · 6 · 5 · (8 − a) + 80 SINH ⇒ 
f (−4) = (−5)(−6)(−7)(−4 − a) − 40 = 5 · 6 · 7 · (4 + a) − 40
⇒ f (8) + f (−4) = 5 · 6 · 7 · (8 − a + 4 + a) + 40 = 2560. HỌC
———————–HẾT———————– THI ĐỀ - o aPr GeoGebr Nhóm | h ĐỀ THI HSG TOÁN 9
Document Outline

  • Đề số 1. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Ba Đình - TP Hà Nội năm 2017
  • Đề số 2. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Cầu Giấy - TP Hà Nội năm 2017-2018, Vòng 1
  • Đề số 3. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2010 - 2011
  • Đề số 4. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2011-2012
  • Đề số 5. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội, năm học 2012 - 2013
  • Đề số 6. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2013 - 2014
  • Đề số 7. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2014-2015
  • Đề số 8. Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm học 2016 - 2017
  • Đề số 9. Đề thi HSG Lớp 9 - Quận Hoàn Kiếm - TP Hà Nội năm 2018
  • Đề số 10. Đề thi Toán 9 HSG năm học 2011, Tp. Đà Nẵng
  • Đề số 11. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Lâm Đồng
  • Đề số 12. Đề thi HSG lớp 9, Nghệ An, Bảng A, năm 2011
  • Đề số 13. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Quảng Bình
  • Đề số 14. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, An Giang
  • Đề số 15. HSG Toán 9, huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương, năm học 2012 - 2013
  • Đề số 16. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, Tp. Đà Nẵng
  • Đề số 17. Đề thi HSG toán 9 tỉnh Hải Dương năm học 2012-2013.
  • Đề số 18. Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2012-2013, Tỉnh Hà Tĩnh
  • Đề số 19. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012 - 2013, Kiên Giang
  • Đề số 20. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013 tỉnh Quảng Ninh
  • Đề số 21. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2012-2013, Tiền Giang
  • Đề số 22. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Tỉnh Bắc Ninh
  • Đề số 23. Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, Nghi Xuân, Hà Tĩnh
  • Đề số 24. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2013-2014, Ninh Thuận
  • Đề số 25. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2013-2014, Vĩnh Phúc
  • Đề số 26. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2017-2018, An Giang.
  • Đề số 27. Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2016-2017, Sở GD Bến Tre
  • Đề số 28. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Hải Phòng
  • Đề số 29. Đề thi HSG Toán 9, Phú Lộc, Thừa Thiên Huế, 2017
  • Đề số 30. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thanh Hóa
  • Đề số 31. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2016-2017, Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế
  • Đề số 32. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2016-2017, Thành phố Hồ Chí Minh
  • Đề số 33. Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2017-2018, Bình Định
  • Đề số 34. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Hải Dương
  • Đề số 35. Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Huyện Tiền Hải - Tỉnh Thái Bình