Đề thi HSG lớp 9 Quận 3 – (2014-2015) môn Toán

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Thời gian: 150 phút 
(NGÀY THI: 05/10/2014) 
Bài 1: 
a) Chứng minh      2 a a 1 a 1 a 1
Áp dụng câu trên để so sánh A và B. 
1
A 2013 2011 2009 2007 ... 3 1
2
       
     B 2012 2010 2008 ... 4 2
b) Tính    
2
2
2
2013 2013
C 1 2013
20142014
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình
a) 2 2 15 3 2 10    x x x x
b) 
2
2 2x x 4 8 x
4
    
c) 
2 2
2
2xy
x y 1
x y
x y x y

   
   
Bài 3: Cho x, y > 0 và x + y =1. Chứng minh rằng :  4 4
1
8 x y 5
xy
  
Bài 4: Cho x, y > 0 và  x y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của   
2 2
1
A 2xy
xyx y
Bài 5: Cho       4 3 2A x x 14x 71x 154x 120
a) Phân tích A(x) ra nhân tử.
b) Chứng minh A(x) chia hết cho 24 với mọi x nguyên.
Bài 6: Cho ABC nhọn (AB < AC) đường cao AD. Gọi M, N theo thứ tự là điểm đối xứng của D
qua AB, AC. Đoạn thẳng MD cắt AB tại E, ND cắt AC tại F, MN cắt AB, AC lần lượt tại I, K. 
a) Chứng minh: AEF ABC ∽
b) Chứng minh: 
2 2
AEF ABC
S S .sin B.sin C 
c) Chứng minh: B, C, K, I cùng thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn này.
d) Biết
0
ABC 60 ; 0ACB 40 . Tính AOB
  HẾT   
ĐỀ THI HSG LỚP 9 
QUẬN 3 – (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Bài 1: 
a) Chứng minh      2 a a 1 a 1 a 1
Áp dụng câu trên để so sánh A và B. 
1
A 2013 2011 2009 2007 ... 3 1
2
       
     B 2012 2010 2008 ... 4 2
Ta có:                  2 a a 1 a 1 4a a 1 2 a 1 a 1 a 1
    2 2 24a 2a 2 a 1 a 1 a a 1 a a 1 bất đẳng thức đúng          
Áp dụng câu trên, ta có: 
2013 2012
2 2011 2012 2010
2 2009 2010 2008
............................................
2 3 4 2
2 1 2 0
 

  

  




  
   2013 2 2011 2009 ... 3 1 2 2012 2010 ... 4 2          
1
2013 2011 2009 2007 ... 3 1 2012 2010 ... 4 2
2
           
A B 
b) Tính    
2
2
2
2013 2013
C 1 2013
20142014
         
2
2
2
2 2
2013 2013 2013 2013
C 1 2013 1 2013 2.2013
2014 20142014 2014
 
   
         
   
2
2 2013 2013 2013 2013 2013
2014 2.2014. 2014
2014 2014 2014 2014 2014
   
2013 2013
2014 2014
2014 2014
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình:
HƯỚNG DẪN ĐỀ THI HSG LỚP 9 
QUẬN 3-(2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
a) 2 2 15 3 2 10    x x x x
Điều kiện : 2 x
2 2 3 2 15 10 0      pt x x x x
   
  
2 2 3 5 2 3 0
2 3 2 5 0
     
    
x x x
x x
 
 
3
2 3 0
2
2 5 0 23

   
    
x x nhận
x
x nhận
. Vậy 
3
23
2
 
  
 
S ;
b)
2
2 2x x 4 8 x
4
    
Điều kiện : 
2 2 24 0 4
2
x
x x
x
 
     
 
Cách 1 : 
Đặt :  2 4 0x y y   . Ta có : 2 2 2 24 4x y x y     . Phương trình trở thành :
 
 
2
2
2 2 2 2
24 2
8 4 4 4 2 8 2
4 4 2
yy y
y y y y y y
 
             
   2
3
2 6 0 2
2
y y y nhận ,y loại        .
 Với 2 2
2
3
0
23 3 5
4
2 2 23
4
2
y x x
x



       
       
(nhận) 
Cách 2 : 
Với điều kiện trên phương trình trở thành : 
 
2
2 2 2 2 2
x 4 x 4 16 2x x 4 2 16 2x        
 2 2 2 2 2x 4 2 16 2x 2x 14 x 4 0 vì x 4 2 0            
 2 22 x 4 x 4 6 0     
Đặt  2t x 4, t 0   thì phương trình thành :
    22t t 6 0 t 2 2t 3 0 2t 3 0 vì t + 2 > 0         
2 2 2
2 x 4 3 4x 16 9 4x 25       
5
x
2
   (nhận) 
Vậy 
5 5
2 2
S ;
 
  
 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
c) 
 
 
2 2
2
2xy
x y 1 1
x y
x y x y 2

   
   
Điều kiện : x + y > 0 và 
2x y 0 
(1)   2 2x y x y 2xy x y     
   
     
     
     
    
  
 
       
  
       
        
  
         
         
      
         
     
2
3
2
2 2
2
x y x y 2xy 2xy x y
x y 2xy x y 2xy x y 0
x y x y 1 2xy x y 1 0
x y x y 1 x y 1 2xy x y 1 0
x y 1 x y x y 1 2xy 0
x y 1 x y x y 0
x y 1 0 do x y 0nên x y x y 0
x y 1 y 1 x
thế vào (2), ta được: 
 2 21 x 1 x x x 2 0 x 2 hay x = 1         
Khi x = -2 thì y = 1 –(- 2) = 3 (nhận) vì thỏa 2x y 0 
Khi x = 1 thì y = 1 – (1) = 0 (nhận) vì thỏa 2x y 0 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ;y) = (-2;3) ,(1;0) 
Bài 3: Cho x, y > 0 và x + y =1. Chứng minh rằng :  4 4
1
8 x y 5
xy
  
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 
 x y 2 xy mà  x y 1 nên      
1
1 2 xy 1 4xy 4 1
xy
Áp dụng bất đẳng thức 
 
 
2
2 2
a b
a b
2
, ta có: 
 
 
 
2
2
2 42
4 4
x y
2x y x y 1
x y
2 2 8 8
 

       
   4 48 x y 1 2  
Từ (1) và (2), ta có:  4 4
1
8 x y 5
xy
  
Bài 4: Cho x, y > 0 và  x y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của   
2 2
1
A 2xy
xyx y
  
          
    
2 2 2 2
1 3 1 1 2 1
A 2xy 2xy
xy 2xy xy 2xyx y x y
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Áp dụng bất đẳng thức  

1 1 4
a b a b
, ta có: 
 
 
 
2 2 2
1 1 4
2xyx y x y
, mà  x y 2 nên
 
   
2 2 2
1 1 4
1 1
2xyx y 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 
      
2 2 2
2xy 2 2xy 2xy 4 2
xy xy xy
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 
 x y 2 xy mà  x y 2 nên      
1 1
2 2 xy 1 xy 3
2xy 2
Từ (1), (2) và (3), ta có: 
  
         
   
2 2
1 1 2 1 1
2xy 1 4
2xy xy 2xy 2x y
 
11
A
2
. Vậy 
min
11
A
2
 khi x = y = 1. 
Bài 5: 
a)       4 3 2A x x 14x 71x 154x 120
       
  
4 3 3 2 2
3 2
3 2
x 2x 12x 24x 47x 94x 60x 120
x x 2 12x x 2 47x x 2 60 x 2
x 2 x 12x 47x 60
       
       
    
  
       
3 2 2
2
x 2 x 3x 9x 27x 20x 60
x 2 x x 3 9x x 3 20 x 3
      
        
   
    
2
x 2 x 3 x 9x 20
x 2 x 3 x 4 x 5
    
    
b) Chứng minh A(x) chia hết cho 24 với mọi x nguyên.
Ta có:     x 2 x 3 x 4 x 5    là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên có ít nhất 1 số chia hết
cho 3 ; và trong đó có tích của 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. 
Mà ƯCLN(3;8) = 1. Nên          x 2 x 3 x 4 x 5 3.8 x 2 x 3 x 4 x 5 24        
Vậy  A x 24 với mọi x nguyên. 
Bài 6: Cho ABC nhọn (AB < AC) đường cao AD. Gọi M, N theo thứ tự là điểm đối xứng của D
qua AB, AC. Đoạn thẳng MD cắt AB tại E, ND cắt AC tại F, MN cắt AB, AC lần lượt tại I, K. 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
O
K
I
E
F
D
A
B C
M
N
a) Chứng minh: AEF ABC ∽
Ta có : 
 
 
 
   

2
2
AD AE.AB ... AE AF
AE.AB AF.AC
AC ABAD AF.AC ...
Xét  AEF và ACB, ta có:
 
 
 




EAF BAC góc chung
AE AF
cmt
AC AB
    AEF ACB c g c∽
b) Chứng minh: 
2 2
AEF ABC
S S .sin B.sin C 
 
 
     
 
2
AEF
ACB
S AE
AEF ACB 1
S AD
∽
Ta có: 


  
 

AE
sinADE
AE ADAD
sinADE.sinACD
AD ACAD
sinACD
AC
 
     
 
2
2 2
AE AE
sinADE.sinACD sin ADE.sin ACD
AC AC
Mà 
  

 
ADE B cùng phụ BDE
ACD C
nên  
 
  
 
2
2 2
AE
sin B.sin C 2
AC
Từ (1) và (2), ta có:   2 2 2 2AEF
AEF ACB
ACB
S
sin B.sin C S S .sin B.sin C
S
c) Chứng minh: B, C, K, I cùng thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn này.
Xét AMN , ta có: AM = AN (vì = AD)
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
AMN cân tại A  AMN ANM mà
 
 
 


AMN ADI ...
ANM ADK ...
nên ADI ADK
DA là tia phân giác của IDK
Mà DB DA nên DB là tia phân giác ngoài của DIK
Xét DIK, ta có:
 




IB là tia phân ngoài đỉnh I của DIK
DB là tia phân ngoài đỉnh D của DIK
IB và DB cắt nhau tại B.
KB là tia phân giác của IKD.  
1
BKD IKD
2
Mà  
1
CKD NKD ....
2
 nên         1 1BKD CKD IKD NKD BKC IKD NKD
2 2
mặt khác    0IKD NKD 180 2 góc kề bù nên  0BKC 90 KBC vuông tại K. 
  K đường tròn đường kính BC 1
Cmtt, ta có IBC vuông tại I.   I đường tròn đường kính BC 2
Từ (1) và (2), ta có: B, C, K, I đường tròn đường kính BC
 tâm O của đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của BC.
d) Biết
0
ABC 60 ; 0ACB 40 . Tính AOB
Đặt BD = a, a > 0 
Ta tính được AB 2a;AD a 3  .
Ta có: 
0
AD a 3
tanACD tan40 DC 2,06a
DC DC
     
Do đó: 
BC
BC BD DC a 2,06a 3,06a BO 1,53a
2
        . 
Ta chứng minh được điểm D nằm giũa 2 điểm B và O. 
DO BD OB OD a 1,53a OD 0,53a       
Xét DAO vuông tại D, ta có:
0 / 0 /
AD a 3
tanAOD tanAOD 3,27 AOD 72 59 AOB 72 59
OD 0,53a
       
  HẾT  