Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán năm 2014 - 2015

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 1 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
(NGÀY THI: 30/12/2014) 
Bài 1: (4 điểm) 
1) Cho phương trình 2ax bx c 0   có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ. Chứng minh rằng 
nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ. 
2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt  4 2mx m 3 x 3m 0    . 
Bài 2: (4 điểm) 
1) Giải phương trình sau: 
x 3
x 2 x 1 x 2 x 1
2

      (2 điểm) 
2) Giải hệ phương trình : 
  
  
2 2
2 2
x y x y 15
x y x y 3
   

  
 (2 điểm) 
Bài 3: ( 4 điểm) 
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
  
     
(1,5 điểm) 
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:  2 2x 17y 34xy 51 x y 1740     (1,5 điểm) 
3) Tìm a, b để 
2
ax b
y
x 1



 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4. (1 điểm) 
Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt 
nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực 
tâm của BKC . 
Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường 
tròn (O). Gọi 
1 1 1
A ,B ,C lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng 
minh rằng: 
1) Ba điểm
1 1 1
A ,B ,C thẳng hàng. (2 điểm) 
2) Đường thẳng chứa 
1 1 1
A ,B ,C luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển. (2 điểm) 
Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD 
cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh 
tứ giác BKCD nội tiếp. 
  HẾT   
ĐỀ THI CHỌN 
HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
VÒNG 2, Quận TÂN BÌNH (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
Bài 1: (4 điểm) 
1) Cho phương trình 2ax bx c 0   có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ. Chứng minh rằng 
nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ. (2 điểm) 
Do a, b, c là 3 số nguyên lẻ nên ta đặt: a 2m 1;b 2k 1;c 2n 1      với k,m,n Z 
Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ thì: 
2
b 4ac   phải là số chính phương lẻ (do b lẻ và 
4ac là số chẵn). 
 
2
2
2t 1 b 4ac           
2 2
2k 1 2t 1 4 2m 1 2n 1       
      4k k 1 4t t 1 4 2m 1 2n 1       : vô lí vì vế trái là số chia hết cho 8 còn vế phải không 
chia hết cho 8. 
Do đó phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ. 
2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt  4 2mx m 3 x 3m 0    . (2 điểm) 
   4 2mx m 3 x 3m 0 1    
Đặt  2t x ,phương trình 1 trở thành:    2mt m 3 t 3m 0 2    
 a m;b m 3 ;c 3m     
   
2
2 2 2 2
b 4ac m 3 4m 3m m 6m 9 12m 11m 6m 9                 
Theo định lí Vi-et, ta có: 
1 2
1 2
b m 3
S t t
a m
c 3m
P t t 3
a m
 
    

    

Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 
 
2
m 0
m 0a 0
11m 6m 9 0
0 3 108 3 108 3 108
m m 0m 3
0 11 11 11S 0
m
m 0 hay m 3P 0
3 0 luôn đúng
 
   
             
         
  
    
Vậy 
3 108
m 0
11
 
  thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 
Bài 2: (4 điểm) 
1) Giải phương trình sau: 
x 3
x 2 x 1 x 2 x 1
2

      (2 điểm) 
x 3
x 2 x 1 x 2 x 1
2

      (điều kiện: x 1 ) 
HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN 
HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9 
Quận TÂN BÌNH (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
   
2 2
x 3
x 1 1 x 1 1
2
x 3
x 1 1 x 1 1
2
x 3
x 1 1 x 1 1 
2

      

      

      
TH1: x 1 1 0 x 2     . Khi đó phương trình trở thành: 
   
 
 
2
2
2
x 1 0 x 1x 3
x 1 1 x 1 1 4 x 1 x 3
2 x 10x 25 016 x 1 x 3
x 1
x 5 nhận 
x 5 0
      
            
     
 
  
 
TH1: x 1 1 0 1 x 2      . Khi đó phương trình trở thành: 
 
x 3
x 1 1 x 1 1 x 3 4 x 1 nhận
2

           
 Vậy S 1;5 
2) Giải hệ phương trình : 
  
  
2 2
2 2
x y x y 15
x y x y 3
   

  
 (2 điểm) 
Ta có: 
  
  
     
  
     
  
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
x y x y 15 x y x y 5 x y x y x y 5 x y x y 0
x y x y 3 x y x y 3 x y x y 3
                       
            
  
  
   
  
    
    
    
2 2
2 2
2 22 22 2
2 2
x y
 I
x y x y 3
x y 2x 5xy 2y 0 x y x 2y 2x y 0 x 2y
 II
x - y x - y 3x y x y 3x y x y 3
y 2x
 III
x y x y 3
  

  

            
     
       

 
   
Giải hệ (I) 
       2 2
x y x y
y y 0 3 vo â líx y x y 3
      
 
      
Giải hệ (II) 
     2 2 2 2 3
x 2y x 2y x 2y x 2
x y x y 3 2y y 4y y 3 y 13y 3
        
     
         
Giải hệ (III)
     2 2 2 2 3
y 2x y 2x y 2x x 1
x y x y 3 x 2x x 4x 3 y 23x 3
        
     
         
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
x 2 x 1
 hay 
y 1 y 2
  
 
  
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
Bài 3: ( 4 điểm) 
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
  
     
 (1,5 điểm) 
Ta có: 
        
   
 
 
2
2 2 2 2 3 3
3 3 3 3
3 3
a b 0 a ab b ab a b a ab b ab a b a b ab a b
1 1
a b abc ab a b abc a b abc ab a b c 1
a b abc ab a b c
               
             
   
Cmtt, ta có: 
 
 
 
 
3 3
3 3
1 1
 2
b c abc bc a b c
1 1
 3
c a abc ca a b c


   

 
    
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có: 
     3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc ab a b c bc a b c ca a b c
    
           
 3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
1 1 1 c a b
a b abc b c abc c a abc abc a b c
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
 
   
       
   
     
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:  2 2x 17y 34xy 51 x y 1740     (1,5 điểm) 
 2 2x 17 y 2xy 3 x y 1740        
Do x nguyên nên x có dạng: x 17k r  với  r 0,1,2,3,4,5,6,7,8 và k Z 
         2x 17n,17n 1;17n 4,17n 9,17n 8,17n 2,17n 15,17n 13 với n Z 
Ta thấy rằng vế phải là 1740 khi cho cho 17 có số dư là 6. Trong khi đó vế trái khi chia cho 17 
trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm 
nguyên. 
3) Tìm a, b để 
2
ax b
y
x 1



 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4. (1 điểm) 
Vì 
2
ax b
y
x 1



 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 
nên 
2
ax b
1 4 , a,b
x 1

   

2
2
2
2
2 2
2
2
a aax b
x b 1 0 , a,b1 , a,b
2 4x ax b 1 0 , a,bx 1
ax b 4x ax b 4 0 , a,b a a4 , a,b
2x b 4 0 , a,b
x 1
4 16
                           
                 
 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
2 2 2
2 2
a a a
b 1 0 5 0
a 4 a 4 a 44 4 16
 hay 
b 3 b 3 b 3a a
b 4 0 b 1 0
16 4
 
                
       
            
  
Vậy 
a 4 a 4
 hay 
b 3 b 3
   
 
  
 thì 
2
ax b
y
x 1



 có giá trị nhỏ nhất là -1 và có giá trị lớn nhất là 4 
Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt 
nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực 
tâm của BKC . 
Gọi F là giao điểm của AH và BC. 
 Gọi T là giao điểm của BI và KC 
Xét FKN và FMI , ta có: 
 
 
NFK MFI ...
FKN FMI 2NMH
 


 

 FKN FMI g g  ∽ 
FK FN
FM FI
  
FN.FM FI.FK  . Mà  FB.FC FN.FM FNB FCM  ∽ 
Nên FB.FC FI.FK 
FB FI
FK FC
  . Mà  0BFI KFC 90  
Nên FBI FKC ∽  IBF IKT hai góc tương ứng  
Mà  BIF KIT đối đỉnh . Nên 0IKT KIT IBF BIF 90    
0
KTI 90  BT KC  
Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường 
tròn (O). Gọi 
1 1 1
A ,B ,C lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng 
minh rằng: 
x
T
K
I
F
H
M
O
B C
A
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 6 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
B1
C1
A1F
E
H
D
S
T
K
O
B
C
A
M
1) Ba điểm
1 1 1
A ,B ,C thẳng hàng. (2 điểm) 
Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của 
1 1 1
MC ;MA ;MB với AB, BC, AC. 
Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng. (đường thẳng Simpson) 


 


1
1
1
S là trung điểm của MC
K là trung điểm của MA
T là trung điểm của MB
Dùng đường trung bình chứng minh được: 
1 1 1 1
1 1 1 1
SK // C A ST // C A
KT // A B ST // A B
  
 
  
1 1 1 1
C A A B  
1 1 1
A ,B ,C thẳng hàng. (1) 
2) Đường thẳng chứa 
1 1 1
A ,B ,C luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển. (2 điểm) 
Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H. 
Ta chứng minh được:  
1
BHD ACB AMB AC B t / c đối xứng   
1
BHD AC B   Tứ giác 
1
AC BH nội tiếp  
1 1
AHC ABC ABM t / c đối xứng   (1) 
Chứng minh tương tự ta được:  
1
AHB ACM 2 
Từ (1) và (2) cộng vế ta được: 
1 1
AHC AHB ABM ACM   
0
1 1 1 1
C HB 180 C ,H,B   thẳng hàng. (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm 
1 1 1
A ,B ,C ,H thẳng hàng. Mà H cố định. 
Nên đường thẳng chứa 
1 1 1
A ,B ,C luôn đi qua một điểm H cố định khi M di chuyển. 
Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD 
cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh: 
tứ giác BKCD nội tiếp. 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 7 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 
K
N
M
C
A D
B
 Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp. 
Ta có: 
 
 
DAN MAB AM là tia phân giác của BAD
DAN DNA
DNA MAB hai góc so le trong và AB // DN
 
 
 
 DAN cân tại D. 
DN DA  . Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành). Nên DN = BC. 
Ta có : 
 
 
 
NMC DAN BC // AC
MNC MAB AB // DN
DAN MAB ...
 






 NMC MNC  CMN cân tại C. 
CM CN  . Mà KM = KN (bán kính (K)). Nên KC là đường trung trực của MN. 
CK MN  
Ta có : 
BC DN
BC CM DN CN BM DC
CM CN
 
     

CMN cân tại C có CK là đường cao () Nên CK cũng là đường phân giác của CMN . 
MCK NCK  (1) 
Ta có : KM = KC KMC cân tại K  KMC MCK 2  
Từ (1) và (2) suy ra : KMC NCK 
Mà 
0
KMC BMK NCK DCK 180    BMK DCK  
Xét BMK và DCK , ta có : 
BM DC
BMK DCK
KM KC
 


 

  BMK DCK c g c MBK CDK       
 Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng 
nhau) 
  HẾT  