Đề kiểm tra học sinh giỏi vòng 1 lớp 9 môn Toán

 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 1 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
Bài 1 
a) Cho 
1 1 1 1
(a,b,c 0)
a b c a b c
   
 
Chứng minh 
2015 2015 2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
b) Rút gọn 
2
2
2a 1 x
B
1 x x


 
 với 
1 1 a a
x (0 a 1)
2 a 1 a
 
      
c) Tính : 3 39 4 5 9 4 5   
Bài 2: Giải pt 
a) 
5 4 3 2x x x x x 2     
b) 
2 1 58x
x 2
  
c) 
1
x 2
y
1
y 2
z
1
z 2
x

 


 


 

Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2 2M 5x 2xy 2y 14x 10y 1       
Bài 4: Chứng minh rằng 
n10 18n 28 27, n N    
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), các đường cao BI và CK cắt nhau tại H. Trên 
đoạn BH lấy điểm D sao cho ADC bằng 090 . Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh 
2 2 2
1 1 4
AD DF DE
  . 
Bài 6: Cho tam giác ABC có 
0ABC ACB 50  . Lấy N là điểm nằm trong tam giác ABC sao 
cho 
0NBC 10 và 0NCB 20 . Chứng minh tanANB. tanNBC = 1 
Bài 7: Trên cạnh BC của hình vuông ABCD lấy 
BC
BE
3
 ; trên tia đối của tia CD lấy F sao 
cho 
BC
CF
2
 . Gọi I là giao điểm của AE và BF. Chứng minh A, B, I, C cùng thuộc một 
đường tròn. 
ĐỀ KIỂM TRA 
HỌC SINH GIỎI VÒNG 1 LỚP 9 
Quận 3 (2015-2016) 
 (Thi: thứ 7, 26-9-2015) 
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
Bài 1 
a) Cho 
1 1 1 1
(a,b,c 0)
a b c a b c
   
 
Chứng minh 
2015 2015 2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
Ta có: 
 
 
a b1 1 1 1 1 1 1 1 a b
a b c a b c a b a b c c ab c a b c
 
        
     
 
 
 
 
 
2a b a b 1 1 ca cb c ab
0 a b 0 a b 0
ab c a b c ab c a b c abc a b c
       
                     
   a b b c c a 0     
TH1: a = -b, khi đó: 
2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
1 1 1 1a b c c
1 1 a b c a b c
a b c c

  
   
  
  
TH2: b = -c, khi đó: 
2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
1 1 1 1a b c a
1 1 a b c a b c
a b c a

  
   
  
  
TH3: c = -a, khi đó: 
2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
1 1 1 1a b c b
1 1 a b c a b c
c
a b c c

  
   
  
  
Vậy 
2015 2015 2015 2015 2015 2015
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
b) Rút gọn 
2
2
2a 1 x
B
1 x x


 
 với 
1 1 a a
x (0 a 1)
2 a 1 a
 
      
Ta có: 
1 1 a a
x (0 a 1)
2 a 1 a
 
      
2 1 1 a ax 2
4 a 1 a
 
    
 
 2
1 1 a a 4
x 1 2
4 a 1 a 4
 
      
 
 2
1 1 a a
x 1 2
4 a 1 a
 
     
 
2
2 1 1 a ax 1
2 a 1 a
 
      
2 1 1 a ax 1
2 a 1 a
 
      
Thế vào 
2
2
2a 1 x
B
1 x x


 
, ta được: 
HƯỚNG DẪN ĐỀ KIỂM TRA 
HỌC SINH GIỎI VÒNG 1 LỚP 9 
Quận 3 (2015-20156) 
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
1 1 a a
2a
2 a 1 a
B
1 1 a a 1 1 a a
2 a 1 a 2 a 1 a
 
 
 
    
     
    
1 a a a
a
a 1 a 1 a
B 1
a a
1 a 1 a
 
    
 
c) Tính : 3 3x 9 4 5 9 4 5    
Ta có: 
3 3x 9 4 5 9 4 5    
   3 3 3 3 3x 9 4 5 3 9 4 5 9 4 5 9 4 5. 9 4 5 9 4 5           
   3x 18 3 x 1   
  
 
3
2
2
x 3x 18 0
x 3 x 3x 6 0
3 15
x 3 x
2 4
x 3
   
    
  
     
   
 
Bài 2: Giải các phương trình sau: 
a) 
5 4 3 2x x x x x 2     
Ta có: 
5 4 3 2x x x x x 2     
          
  
 
5 4 3 2
5 4 4 3 3 2 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
x x x x x 2 0
x 2x x 2x x 2x x 2x x 2 0
x x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x 2 0
x 2 x x x x 1 0
x 2
x x x x 1 0 1
      
          
          
      

 
    
Giải (1) : ta có: 
4 3 2x x x x 1 0     
2 2 2
2 x x xx 1 0
2 2 2
   
        
   
 (vô lí) 
b) 
2 1 58x
x 2
  
Điều kiện: x 0 ; đặt   2
1 1
t t 0 x
x t
    , phương trình đã cho trở thành : 
   25 4 3 24
8 5
t 2t 5t 16 0 t 2 2t 3t 4t 4 0 t 2
t 2
              
Với t = 2 
1
x
4
  
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
c) 
 
 
 
1
x 2 1
y
1
y 2 2
z
1
z 2 3
x

 


 


 

Điều kiện : x 0, y 0, z 0,   
Từ pt (1) ta suy ra 
1
y
2 x


Từ pt (3) ta suy ra 
2x 1
z
x

 
Thế vào pt (2), ta được:  
1 1 1 x
2 2 4
2x 12 x 2 x 2x 1
x
    
  
Điều kiện: 
1
x 2, x
2
  
Với điều kiện trên, pt (4) trở thành: 
 
  
  
  
2x 1 x 2 x 2 2 x 2x 1
2 x 2x 1 2 x 2x 1
    

   
    
 
 
2 2
2
2
2x 1 x 2 x 2 2 x 2x 1
2x 1 2x x 2 4x 2x x 2
3x 6x 3 0
3 x 1 0
x 1
      
       
   
  
 
suy ra y =1 ; z =1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x, y, z) = (1, 1, 1) 
Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2M 5x 2xy 2y 14x 10y 1       
Ta có : 
2 2M 5x 2xy 2y 14x 10y 1       
        
 
   
   
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2M 4y 4xy 20y 10x 28x 2
2M 2y 2 2y x 5 x 5 x 5 10x 28x 2
2M 2y x 5 9x 18x 23
2M 2y x 5 3x 3 32
1
M 2y x 5 3x 3 32 16
2
       
           
       
       
         
 
Vậy maxM 16 . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi: 
3x 3 0 x 1
2y x 5 0 y 2
   
 
    
Bài 4: Chứng minh rằng 
n10 18n 28 27, n N    
Ta có : 
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
  
       
 
n n
n 1 n 2
n 1 n 2 2
10 18n 28 10 1 18n 27
 = 10 1 10 10 ... 1 18n 27
 =9 9 1 9 1 ... 9 1 9 1 1 18n 27
 =9 9k n 18n 27
 =8
 
 
     
     
           
 
  
 
1k 27n 27
 =27 3k n 1 27
 
 
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), các đường cao BI và CK cắt nhau tại H. Trên 
đoạn BH lấy điểm D sao cho ADC bằng 090 . Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh 
2 2 2
1 1 4
AD DF DE
  . 
HK
I
A
B C
D
E
F
Gọi O là giao điểm của AF và DE. 
Dễ chứng minh được: 
 
 
 
2
2
AD AI.AC HTL
AE AK.AB HTL AD AE ADE cân tai A
AI.AC AK.AB AIB AKC
 

    

   ∽
Ta có: 
 
 
  

  
    
 

 
0
FDE ADE FDA
FED AED FEA
FDE FED FDE cân tại F FD=FE
FDA FEA 90
ADE AED ADE cân tại A
Ta có: 
 


AD AE
FD FE
AF là đường trung trực của đoạn thẳng DE 
AF DE tại O
O là trung điểm của DE.
 
 

. 
Xét ADF vuông tại D, ta có: DO là đường cao 
2 2 2 2
1 1 1 4
AD DF DO DE
    
Bài 6: Cho tam giác ABC có 
0ABC ACB 50  . Lấy N là điểm nằm trong tam giác ABC sao 
cho 
0NBC 10 và 0NCB 20 . Chứng minh: tanANB.tanNBC 1 . 
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 6 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
J
K
O N
A
H
B C
Kẻ đường cao AH cắt BN tại O, AK vuông góc với BN tại K, CN cắt AK tại J. 
BOC cân tại O 0OCH OCN 10   0ACO OAC 40 OA OC     
0 0 0
AON BOH 80 OAJ 10 JAC JCA 30       AJC cân tại J. AJ JC  
Mà OA OC . Nên OJ là đường trung trực của AC. OJ là phân giác của AOC 
 0 0JOC 50 do AOC 100   . Mà 0NOC 20 (góc ngoài của OBC ) 
Nên  0JON 30 JNO góc ngoài BNC   OJN cân t ại J  K là trung điểm của ON. 
AON cân tại A 0ANB AON 80   
Vậy 
0 0 0 0
tanANB.tanNBC tan80 .tan10 tan80 .cot80 1   
Bài 7: Trên cạnh BC của hình vuông ABCD lấy 
BC
BE
3
 ; trên tia đối của tia CD lấy F sao 
cho 
BC
CF
2
 . Gọi I là giao điểm của AE và BF. Chứng minh A, B, I, C cùng thuộc một 
đường tròn. 
G
F
I
K
H
C
A
D
B
E
 CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 
Trang 7 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 
Gọi G là giao điểm của CI và AB; H là trung điểm của AB, K là giao điểm của CH và 
AI. 
Ta có:  
BI BE 1
BEI CEK g g CK 2BI
CK CE 2
       ∽ 
Mà BI = 2HK (Vì HK là đường trung bình của ABI ) 
Nên CK = 4HK 
Do đó: 
CK 4
CH 5
 mà CK = 2BI nên 
2BI 4 BI 2
CH 5 CH 5
   
Mà 
GB BI
GH CH
 (hệ quả Thales) 
nên 
2 2 1 1
 = = mà = và AB = BC nên GB = BE
5 3 3 3
  
GB GB GB BE
GH HB AB BC
Xét và  GBC EBA , ta có: 
 
 
 
 
0
 là hình vuông
90
 


        

 
BG BE cmt
BC BA ABCD CBG ABE c g c BCG BAE
ABE CBG
 ECI BAE 
Xét và  EIC EBA , ta có: 
 
 
0
2 góc đối đỉnh
90
CEI AEB
EIC EBA EIC EBA
ECI BAE cmt
 
     

∽ 
Vậy A, B, I, C cùng thuộc một đường tròn. 
 ---HẾT---