Đề thi học sinh giỏi trường Trần Đại Nghĩa lớp 9 – lần 1 (t1/2015) môn Toán

pdf 7 trang Người đăng khoa-nguyen Lượt xem 1692Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi học sinh giỏi trường Trần Đại Nghĩa lớp 9 – lần 1 (t1/2015) môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi học sinh giỏi trường Trần Đại Nghĩa lớp 9 – lần 1 (t1/2015) môn Toán
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 1 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Bài 1: (2 điểm) Cho 
2
x 3x 1 0   
Tính giá trị của biểu thức: 
  4 3 2 4 2 4 2
4 2
x x 10x x 2015 x x 1 x 3x 1
A
x x 1
        

 
Bài 2: (2 điểm) Tìm m để phương trình: 
 2mx 2 m 1 x m 2
0
1
x
2
   


 có hai nghiệm phân biệt 
1 2
x ;x 
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 4 2 3x x x 1 x x     
b) 
2 2
2
4x 2xy y 4y 1
1
2x y 1 2
4x 1
    

 
   
 
Bài 3: (4 điểm) 
a) Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 
     
2 2 2
1 1 1 a c b c a b
4abc 9
b a c
a b c b c a c a b
 
        
    
b) Tìm giá trị lớn nhất của: 2 2
433
A x x 143 x x
17
    với 0 x 1  
Bài 5: (4 điểm) Cho ABC nhọn (AB < AC), có H, I, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội 
tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp. Giả sử bốn điểm B, C, I, O cùng thuộc một đường tròn. 
Chứng minh rằng: IH IO 
Bài 6: (4 điểm) Cho ABC có phân giác trong AD. Ở miền trong BAD và CAD lần lượt vẽ hai 
tia AM, AN sao cho MAD NAD (M thuộc đoạn BD, N thuộc đoạn CD). Gọi E, F lần lượt là 
hình chiếu của M lên AB, AC; P, Q lần lượt là hình chiếu của N lên AB, AC. 
a) Chứng minh rằng: 4 điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 
b) Chứng minh rằng: 
2
2
AB BM.BN
CM.CNAC
 
  HẾT   
ĐỀ THI 
HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRẦN ĐẠI NGHĨA 
LỚP 9 – LẦN 1 (T1/2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Bài 1: (2 điểm) Cho 
2
x 3x 1 0   
Tính giá trị của biểu thức: 
  4 3 2 4 2 4 2
4 2
x x 10x x 2015 x x 1 x 3x 1
A
x x 1
        

 
Ta có: 
2 2
x 3x 1 0 x 3x 1      ;    3 2 2x x.x x 3x 1 3x x 3 3x 1 x 8x 3          
   4 3 2x x.x x 8x 3 8x 3x 8 3x 1 3x 21x 8          
Vậy 
  21x 8 8x 3 30x 10 x 2015 21x 8 3x 1 1 21x 8 9x 3 1
A
21x 8 3x 1 1
               

   
     
 
2014 24x 8 30x 10 16112 3x 1 10 3x 1
24x 8 8 3x 1
     
 
 
 
 
16122 3x 1 8061
48 3x 1

 

Bài 2: (2 điểm) Tìm m để phương trình: 
 2mx 2 m 1 x m 2
0
1
x
2
   


có hai nghiệm phân biệt 
1 2
x ;x 
Điều kiện: 
1
x
2
 
Do vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt 
1 2
x ;x  2mx 2 m 1 x m 2 0      có hai nghiệm 
phân biệt 
1 2
x ;x lớn hơn 
1
2
. 
   
 
2
1 2
1 2
1
1 2 1 2
1 2
2
m 0a m 0
m 0
4m 1 0
' m 1 m m 2 0
4m 1
1 1
1 x x 0 x x 1 0
x 2 2
2
1 1
1 1 x x x x 01
x x 0 2 4x
2 22
   
 
               
                   
        
        
    
 
 
m 0
m 0
1
1
m
m
4
4
2 m 1 m 2
1 0 0
m m
m 122 m 1m 2 1 1
0
. 0
m
m 2 m 4
   
 
      
 
   
   
 
     
1
m 0,m ,m 2,m 12
4
m 12
1
m 0,m ,m 2,m 12(vô ly)ù
4

     
  

     
Vậy với m > 12 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 
1 2
x ,x . 
 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI 
HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRẦN ĐẠI NGHĨA 
LỚP 9 – LẦN 1 (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 4 2 3x x x 1 x x     
Điều kiện: x 1;0 x 1    
Ta có: 
4 2 3 3 4 2
x x x 1 x x x x x x x 1           
 
2
2 3 4 2
x x x x x 1        2 3 4 2 3 4 2x x x x x 1 2 x x x x 1          
   4 3 2 4 2 2x x x 1 2 x 1 x x 2x 1 x           
    
    
4 3 2 2
4 3 2 2
x x x 1 2 x x 1 1 x x 1 x
x x x 1 2 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x
         
 
          
         4 3 3 3 4 3 4 3x x x 1 2 x 1 x 1 x x x 1 x 2 x x 1 x              
          
2 2
4 3 4 3 4 3
x x 1 x 4 x x 1 x x x 1 x 0              
   
 
2
4 3 4 3
x x 1 x 0 x x 1 x 0          
     4 2 3 2 2 2 2 2x x x x x 1 0 x x 1 x x 1 x 1 0              
  2 2 2x 1 x x 1 0 x x 1 0         1 5 1 5x ;x
2 2
   
   
Vậy 
1 5 1 5
S ;
2 2
     
  
  
b) 
2 2
2
4x 2xy y 4y 1
1
2x y 1 2
4x 1
    

 
   
 
2 2
2
4x 1 2xy y 4y 0
y
2x y 2
4x 1
     

 
  
 
   2 2
2
4x 1 2xy y 2y 2y 0
y
2x y 2
4x 1
      

 
  
 
 
2 2
2
2y y
1 2x y 2 2. 0
4x 1 4x 1
y
2x y 2
4x 1

       
   
 
   
2
2
1 2x y 2 2 2x y 2 0
y
2x y 2
4x 1
       

 
  
 
 
2
2
2x y 2 1 0
y
2x y 2
4x 1
    

 
  
 
2
2x y 3 0
y
1
4x 1
   

 

 
2
y 2x 3
2x 3 4x 1
   
 
   
2
y 2x 3
y 2x 3 x 1
2x x 1 0 1
x
2
   
      
      

x 1;y 5
1
x ;y 2
2
   

  

 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm    
1
x;y 1;5 ; ;2
2
 
   
 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Bài 4: (4 điểm) a) Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 
     
2 2 2
1 1 1 a c b c a b
4abc 9
b a c
a b c b c a c a b
 
        
    
Áp dụng BĐT Cô –si cho hai số dương, ta có: 
     
2 2 2
1 1 1 a c b c a b
4abc
b a c
a b c b c a c a b
 
       
    
     
2 2 2
4ab 4bc 4ca a b b c c a
2 2 2
b a c b a c
a b b c c a
     
                
       
     
     
2 2 2
2 2 2
a b b c c a4ab 4bc 4ca
6
ab bc ca
a b b c c a
  
      
  
 
 
 
 
 
 
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b b c c a4ab 4bc 4ca
4ab 4bc 4ca
a b b c c a
3 a b 3 b c 3 c a
6
4ab 4bc 4ca
       
          
            
  
   
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
a b b c c a4ab 4bc 4ca
2 . 2 . 2 .
4ab 4bc 4ca
a b b c c a
3.4ab 3.4bc 3.4ca
6
4ab 4bc 4ca
  
  
  
   
2 2 2 3 3 3 6 9        
Vậy BĐT đã được chứng minh. Dấu " " xảy ra khi a b c  
b)Tìm GTLN của:
2 2
433
A x x 143 x x
17
    với 0 x 1  
Áp dụng BĐT Cô –si cho hai số dương, ta có : 
   2 2
433 433.12 1 143.12 289
A x x 143 x x x 1 x x 1 x
17 17 144 17 144
        
433.12 1 1 143.12 1 289
. . x 1 x . . x 1 x
17 2 144 17 2 144
   
        
   
433.12.143 433.12 143.12.433 143.12 3456
.x .x
17.2.144 17.2 17.2.144 17.2 17

     
3456
A
17
  
Dấu " " xảy ra khi 
7
x 1 x
144144
x
145289
x 1 x
144

 
 
  

Vậy GTLN của A là 
3456
17
 khi 
144
x
145
 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Bài 5: (4 điểm) Cho ABC nhọn (AB < AC), có H, I, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội 
tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp. Giả sử bốn điểm B, C, I, O cùng thuộc một đường tròn. 
Chứng minh rằng: IH IO 
E
I
H
D
O
B
C
A
Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp ABC (gt) nên BI, CI lần lượt là tia phân giác của 
ABC;ACB 
Do đó: 
0
ABC ACB 180 BAC
IBC ICB
2 2
 
   
 
0
0 0 0
180 BAC BAC
BIC 180 IBC ICB 180 90
2 2

        
Ta có:  BOCBAC gnt và góc ở tâm cùng chắn BC của (O)
2
 BOC 2BAC  
Ta có : 
 
 
 
0 0 0
BIC BOC tư ù giác BIOC nội tiếp
BAC BAC
BIC 90 cmt 2BAC 90 BAC 60
2 2
BOC 2BAC cmt
 


      

 

Gọi D là giao điểm của BH và AC. E là giao điểm của CH và AB. 
Ta có : H là trực tâm của ABC 
BD AC tại D
BH AB tại E
 
 

. Nên 
0 0 0 0
ABD 90 BAC 90 60 30     
Ta có: 
0
0
BHC BEH ABD 120
BOC 2BAC 120
   

 
BHC BOC   Tứ giác BHOC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh 
với hai góc bằng nhau) 
Vậy B, I, H, O, C cùng thuộc một đường tròn. Mà OB = OC (=R) OBC cân tại O 
 0 0OBC OCB OBC 180 BOC :2 30      
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 6 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
Ta có : ABI CBI ABD IBH OBC IBO IBH IBO       
Xét  BIHOC , ta có: IBH IBO IH IO IH IO     
Bài 6: (4 điểm) Cho ABC có phân giác trong AD. Ở miền trong BAD và CAD lần lượt vẽ hai 
tia AM, AN sao cho MAD NAD (M thuộc đoạn BD, N thuộc đoạn CD). Gọi E, F lần lượt là 
hình chiếu của M lên AB, AC; P, Q lần lượt là hình chiếu của N lên AB, AC. 
Q
P
F
E
NM D
A
B C
a) Chứng minh rằng: 4 điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 
Ta có: 
 
 
MAD NAD gt
BAD CAD AD là tia phân giác của BAC
 




 BAM MAD CAN NAD    
BAM CAN  
Xét AEM và AQN , ta có: 
 
 
 
0
AEM AQN 90
AEM QAN g g
BAM CAN cmt
  
   
 
∽    
AE AM
tsđd 1
AQ AN
  
Ta có: 
 
 
MAF BAM NAP CAN BAC
MAF NAP
BAM CAN cmt
    
 
 
Xét AFM và APN , ta có: 
 
 0
MAF NAP cmt
AFM APN 90
 

 
  AFM APN g g  ∽  
AF AM
2
AP AN
  
Từ (1) và (2) ta có: 
AE AF AP AF
AQ AP AQ AE
   
Xét APF và AQE , ta có: 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 7 Học Sinh Giỏi Lớp 9(Lần 1) –Tr.TĐN (14-15) 
 
 
 
PAF góc chung
APF AQE c g c
AP AF
cmt
AQ AE


    


∽ APF AQE   Tứ giác PFQE nội tiếp. 
Vậy bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 
b) Chứng minh rằng: 
2
2
AB BM.BN
CM.CNAC
 
Ta có: 
 
 
AM ME
AEM AQN
ME MF AMAN NQ
ME.NP MF.NQ
NQ NP ANAM MF
AFM APN
AN NP

    
      
    

∽
∽
Do đó: 
NABMAB
MAC NAC
1 1
AB.ME .AB.NP
SSBM.BN BM BN 2 2
. . .
1 1CM.CN CM CN S S
.AC.MF .AC.NQ
2 2
   
 
2 2
2 2
AB ME.NP AB
. Vì ME.NP = MF.NQ
MF.NQAC AC
  Vậy 
2
2
AB BM.BN
CM.CNAC
 
  HẾT   

Tài liệu đính kèm:

  • pdfHSG_Truong_Tran_Dai_Nghia_TPHCM_20142015.pdf