Đề thi HSG lớp 9 quận Bình Thạnh – (2015-2016) môn Toán

Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 1 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
Thời gian: 150 phút 
Bài 1: (4 điểm) 
a) Rút gọn: A 13 2 5 1 2 2 13 2 5 1 2 2        
b) Cho   2 2x x 1 y y 1 1.     Tính x + y. 
Bài 2: (5 điểm) Giải phương trình: 
a) 213 3x 3x 11 3x 24x 50      
b)  2 2x 2x 3 x 1 x 3x 3      
c) 2 22x x 9 2x x 1 x 4       
Bài 3: (4 điểm) 
a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh:      a 1 b b 1 4c c 1 9a 12 abc      . 
b) 
● Cho a, b, x, y là các số thực và x, y > 0. Chứng minh: 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

. 
●Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3   . Chứng minh rằng: 
2 2 2x y z 3
2x yz y xz z xy
  
  
. 
Bài 4: (1 điểm) Giá bán của một hộp bút là 21.250 đồng. Mừng ngày 30/4 người bán giảm giá lần thứ nhất. 
Đến ngày Quốc tế thiếu nhi người bán lại giảm giá một lần nữa, nên giá bán chỉ còn lại là 19.176 đồng. 
Hỏi mỗi lần người bán giảm giá bao nhiêu phần trăm, biết rằng số phần trăm mỗi lần giảm giá là số chỉ có 
một chữ số. 
Bài 5: (4 điểm) Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O,R). Qua A vẽ đường thẳng (d)  OA. Gọi 
M là điểm bất kỳ trên (d). Từ M vẽ 2 tiếp tuyến ME và MF với đường tròn (O) (E, F là 2 tiếp điểm). Gọi N 
và B là giao điểm của EF với OM và OA. 
a) Chứng minh: ON.OM = OA.OB 
b) Vẽ tiếp tuyến AD, AC đến (O) (C, D là 2 tiếp điểm). Chứng minh: C, D, B thẳng hàng. 
c) Xác định vị trí của M để MEFS nhỏ nhất. 
Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH và trung tuyến BM cắt nhau tại O, CO cắt 
AB tại D. Qua A vẽ đường thẳng (d) song song với BC. (d) cắt CD, BM tại E và F. 
a) Chứng minh: 
HB MC DA
1
HC MA DB
   . 
b) Giả sử AC = BH, chứng minh CD là phân giác ACB . 
  HẾT  
 ĐỀ THI HSG LỚP 9 – 
QUẬN BÌNH THẠNH (2015-2016) 
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 2 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
Bài 1: (4 điểm) 
a) Rút gọn: A 13 2 5 1 2 2 13 2 5 1 2 2        
A 13 2 5 1 2 2 13 2 5 1 2 2        . A > 0 
   
 
 
 
 
2
22
2
2
2
2
2
2
2
A 13 2 5 1 2 2 2 13 2 5 1 2 2 . 13 2 5 1 2 2 13 2 5 1 2 2
A 26 2 2 2 13 2 5 1 2 2
A 26 2 2 2 169 26 2 2 25 1 2 2
A 26 2 2 2 146 24 2
A 26 2 2 2 12 2
A 26 2 2 2 12 2
A 50
A 5 2 do A > 0
               
      
       
    
    
    
 
 
b) Cho   2 2x x 1 y y 1 1.     Tính x + y. 
Ta có:   2 2x x 1 y y 1 1     
   
  
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
x 1 x x 1 x y y 1 x 1 x
x 1 x y y 1 x 1 x
y y 1 x 1 x 1
         
       
     
Ta có:   2 2x x 1 y y 1 1     
   
  
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
x x 1 y 1 y y 1 y y 1 y
x x 1 y 1 y y 1 y
x x 1 y 1 y 2
         
       
     
Cộng vế theo vế (1) và (2), ta có: 
Höôùng Daãn Giải: 
ÑEÀ THI HSG LÔÙP 9 – 
QUAÄN BÌNH THAÏNH – (2015-2016) 
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 3 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
2 2 2 2y y 1 x x 1 x 1 x y 1 y
x y x y
x y 0
          
    
  
Bài 2: (5 điểm) Giải phương trình: 
a) 213 3x 3x 11 3x 24x 50      
Điều kiện: 
11 13
x
3 3
  
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
1 13 3x 14 3x
13 3x
2 2
1 3x 11 10 3x
3x 11
2 2
13 3x 3x 11 2 VT 2
  
  

      

      
Ta có:  
223x 24x 50 3 x 4 2 VP 2       
Do đó, để dấu ‘’=’’ xảy ra khi 
1 13 3x
1 3x 11 x 4
x 4 0
 

   
  
Vậy  S 4 
b)  2 2x 2x 3 x 1 x 3x 3      
Đặt 2t x 3x 3, t 0    
 2 2 2 2t x 3x 3 x t 3x 3        . 
Khi đó, phương trình trở thành: 
 
   
  
2
2
2
 t 3x 3 2x 3 x 1 t
t x xt t
t xt x t 0
t t x 1 x t 0
t x t 1 0
t x
t 1
     
   
    
    
   

  
TH1: t = x  2
2 2
x 0 x 0
x 3x 3 x x 1
x 1x 3x 3 x
  
       
   
TH2: t = 1     2 2x 3x 3 1 x 3x 3 1 x 1 x 2 0 x 1 hay x 2 nhan              
Vậy  S 1;2 
c) 2 22x x 9 2x x 1 x 4       
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 4 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
Đặt 
2
2
2
2
1 71
a 2x x 9 2 x 0
4 8
1 7
b 2x x 1 2 x 0
4 8

         
  

  
        
 
    
  2 2 2 2
2 2
a 2x x 9 a b a b
a b 2x 8 a b a b 2 x 4 x 4
2b 2x x 1
     
            
  
Phương trình trở thành: 
  
    
  
 
 
 
2 2
2 2 2
2
2 2
a b a b
 a b
2
2 a b a b a b
a b a b 2 0
a b 2 0 do a b 0
a b 2
2x x 9 2x x 1 2
2x x 9 2x x 1 4 2x x 1 4
2 2x x 1 x 2
x 2
4 2x x 1 x 4x 4
x 2
x 0
x 0
8
x8
x 7
7
 
 
    
    
     
  
      
         
    
 
 
    
 

      

Vậy 
8
S 0;
7
 
  
 
Bài 3: (4 điểm) 
a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh:      a 1 b b 1 4c c 1 9a 12 abc      . 
Ta có:      a 1 b b 1 4c c 1 9a 12 abc      
     
a ab b 4bc c 9ca 12 abc
a 4bc b 9ca c ab 12 abc
      
      
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
a 4bc 2 a.4bc 4 abc
b 9ac 2 b.9ac 6 abc
c ab 2 c.ab 2 abc
   

   

  
     a 4bc b 9ca c ab 12 abc      
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 5 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
b) i) Cho a, b, x, y là các số thực và x, y > 0. Chứng minh: 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

. 
Ta có : 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

   
 
 
 
22 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
a y x y b x x y xy a b
xy x y xy x y
a xy a y b x b xy a xy 2abxy b xy
a y 2abxy b x 0
   
 
 
      
   
 
2
ay bx 0   (bất đẳng thức đúng) 
ii) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3   . Chứng minh rằng: 
2 2 2x y z 3
2x yz y xz z xy
  
  
. 
Áp dụng bất đẳng thức 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

, ta có: 
 
22 2 x yx y
x yz y xz x yz y xz

 
    
 
 
22 2 2 2x yx y z z
 1
x yz y xz z xy x yz y xz z xy

    
      
Áp dụng bất đẳng thức 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

, ta có: 
   
 
2 22x y x y zz
 2
x yz y xz z xy x y z xy yz xz
  
 
        
Từ (1) và (2), ta suy ra: 
 
 
22 2 2 x y zx y z
 3
x yz y xz z xy x y z xy yz xz
 
   
       
 Ta dễ chứng minh: xy yz xz x y z     
 
 
   
 
 
2 2
2
x y z xy yz xz 2 x y z
1 1
2 x y zx y z xy yz xz
x y z x y z
2 x y zx y z xy yz xz
x y z x y z
2x y z xy yz xz
        
 
     
   
 
     
   
 
    
Mà x y z 3   
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 6 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
Nên 
 
 
2
x y z 3
 4
2x y z xy yz xz
 

    
Từ (3) và (4), ta có: 
2 2 2x y z 3
2x yz y xz z xy
  
  
Bài 4: (1 điểm) Giá bán của một hộp bút là 21250 đồng. Mừng ngày 30/4 người bán giảm giá lần thứ nhất. 
Đến ngày Quốc tế thiếu nhi người bán lại giảm giá một lần nữa, nên giá bán chỉ còn lại là 19176 đồng. Hỏi 
mỗi lần người bán giảm giá bao nhiêu phần trăm, biết rằng số phần trăm mỗi lần giảm giá là số chỉ có một 
chữ số. 
Gọi x% là số phần trăm giảm giá lần I  *1 x, y 9, x,y N   
Gọi y% là số phần trăm giảm giá lần II 
Số tiền giảm giá lần I : 
21250x
100
(đồng) 
Số tiền giảm giá lần II : 
21250x y
21250
100 100
 
 
 
(đồng) 
Theo đề bài, ta có phương trình : 
21250x 21250x y
21250 21250 19176
100 100 100
  
     
  
    
xy 100x 100y 976
x 100 y 100 9024 1
    
   
Vì  **
1 x, y 9 99 x 100 91
x, y N
99 y 100 91x,y N
       
  
     
Nên từ (1) 
x 100 94 x 100 96 x 6 x 4
 hay hay 
y 100 96 y 100 94 y 4 y 6
          
    
          
Vậy người bán giảm giá 2 lần, 1 lần 4%, 1 lần 6%. 
Bài 5: (4 điểm) Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O,R). Qua A vẽ đường thẳng (d)  OA. Gọi 
M là điểm bất kỳ trên (d). Từ M vẽ 2 tiếp tuyến ME và MF với đường tròn (O) (E, F là 2 tiếp điểm). Gọi N 
và B là giao điểm của EF với OM và OA. 
d
C
D
B
N
E
F
O A
M
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 7 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
a) Chứng minh: ON.OM = OA.OB 
 
ON OB
ONB OAM g g
OA O
ON.OM A.OB
M
O    ∽ . 
b) Vẽ tiếp tuyến AD, AC đến (O) (C, D là 2 tiếp điểm). Chứng minh: C, D, B thẳng hàng. 
Ta có: 
2
2
OE ON.OM
OB OD
ON.OM OA.OB OD OA.OB
OD OA
OE OD
 

    
 
Xét OBD và ODA , ta có: 
BOD ODA
OB OD
OD OA
 




 OBD ODA c g c   ∽ 
0OBD ODA 90 DB OA    tại B mà DC OA tại A nên DB DC (Tiên đề Ơ-clit) 
 C, D, B thẳng hàng. 
c) Xác định vị trí của M để MEFS nhỏ nhất. 
Xét (O), ta có: 
 
 
ON laø khoaûng caùch töø O ñeán daây EF
1 1
OB laø khoaûng caùch töø O ñeán daây CD EF CD EF CD 1
2 2
ON OB quan he ä giöõa ñöôøng vuoâng goùc vaø ñöôøng xieân


   
 
Ta coù: 
 
 
OM OA quan he ä giöõa ñöôøng xieân vaø ñöôøng vuoâng goùc
OB ON quan he ä giöõa ñöôøng xieân vaø ñöôøng vuoâng goùc
 


 
OM OB OA ON
OM ON OA OB
MN AB 2
   
   
 
Từ (1) và (2), ta suy ra 
MEF
1 1 1
EF.MN CD.AB S CD.AB
2 2 2
   
Dấu “=” xảy ra 
ON OB
M A
OM OA
 
  

. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của 
MEF
S là 
1
CD.AB
2
khi M A . 
Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH và trung tuyến BM cắt nhau tại O, CO cắt 
AB tại D. Qua A vẽ đường thẳng (d) song song với BC. (d) cắt CD, BM tại E và F. 
d
D'
D
E F
O
M
H
A
B C
Coâng Ty Coå Phaàn Giaùo Duïc Thaêng Tieán Thaêng Long 2015 -2016 
Trang 8 Hoïc Sinh Gioûi Lôùp 9 – Quaän Bình Thaïnh (15-16) 
a) Chứng minh: 
HB MC DA
1
HC MA DB
   . 
HB OH
HB AE HB AFAF OA
1
AF HC HC AEAE OA
HC OH


    
 

Mà 
MC BC
MA AF
DA AE
DC BC



 

 nên 
HB MC DA AF BC AE
1
HC MA DB AE AF BC
      
b) Giả sử AC = BH, chứng minh CD là phân giác ACB . 
Ta dễ chứng minh được:  
CA HC
CHA CAB g g
CB AC
    ∽ mà AC = BH (gt) nên  
CA HC
 1
CB BH
 
T a có:  
HB MC DA
1 HB DA DA HC
1 2HC MA DB
HC DB DB HB
MC MA

  
    
 
Từ (1) và (2), ta có:
DA CA
DB CB
 
Vẽ CD’ là đường phân giác của 
D'A CA
ABC.
D'B CB
   
Mà 
DA CA
DB CB
 (cmt) nên 
D'A DA D'A D'B
D'B DB DA DB
   
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 
D'A D'B D'A D'B AB
1 D'A DB D' D
DA DB DA DB AB

       

Mà CD’ là đường phân giác của ABC (cách gọi) 
Nên CD là đường phân giác của ABC  CD là phân giác ACB . 
  HẾT 