Đề thi HSG lớp 9 vòng 1 môn Toán – Năm học: 2014-2015 quận Tân Phú

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
ĐỀ THI HSG LỚP 9 VÒNG 1 – Năm Học: 2014-2015
QUẬN TÂN PHÚ
Thời gian: 120 phút 
(NGÀY THI: 23/08/2014) 
Bài 1: (2 điểm) Cho 3 3 3a b c 3abc   và a b c 0   . Tính: 
 
2 2 2
2
a b c
N
a b c
 

 
Bài 2: (4 điểm) 
1) Giải phương trình:  9 4x 5 3x 1 x 4    
2) Trường THCS A có 1050 học sinh. Hiệu trưởng muốn phấn đấu để xây dựng trường đạt
chuẩn quốc gia nên trường đã được xây thêm 4 phòng học mới. Kết quả là sĩ số trung bình
mỗi lớp giảm xuống 8 học sinh. Tuy nhiên, để trở thành trường đạt chuẩn quốc gia thì sĩ số
trung bình mỗi lớp học phải giảm thêm 7 học sinh nữa. Để đạt được đều đó, trường cần phải
xây thêm 5 phòng học nữa. Em hãy cho biết để thực hiện xây dựng trường đạt chuẩn quốc
gia thì trường cần phải có tất cả bao nhiêu phòng học và mỗi lớp có bao nhiêu học sinh?
Bài 3: (4 điểm) Giải hệ phương trình:
1) Cho a, b, c là số đo 3 cạnh của ABC . Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương, chứng minh:
   b c a c a b a b c abc      
2) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a b c 3   . Tìm GTNN của:
2 2 2
1 2015
P
ab bc caa b c
 
  
Bài 4: (8 điểm) Cho ABC nội tiếp (O) đường kính BC, AB < AC. Vẽ đường cao AH của ABC ,
BC 25cm , AH 12cm .
1) Tính AB, AC.
2) Vẽ  
1
O nội tiếp ABC . Gọi I, J, K lần lượt là các tiếp điểm của  
1
O lean BC, AC, AB. KI 
cắt AH tại N. Trên AB lấy L sao cho AL = AN. Chứng minh: BL = AK rồi từ đó suy ra 
1
LO
đi qua trung điểm của AC. 
3) Vẽ đường kính AD của (O). Vẽ đường thẳng song song với AD qua B, C lần lượt cắt (O) tại E,
F. Gọi 
1 2
H ;H là trực tâm của ABF, ACE  . Chứng minh trung điểm của 
1 2
H H là điểm cố
định.
Bài 5: (2 điểm) 
1) Tìm n N để   4A n n 2 là số chính phương. 
2) Tìm x,y,z Z
 biết 
xy yz xz
3
z x y
   
  HẾT  
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
ĐỀ THI HSG LỚP 9 VÒNG 1 – Năm Học: 2014-2015
QUẬN TÂN PHÚ
Thời gian: 120 phút 
(NGÀY THI: 23/08/2014) 
Bài 1: (2 điểm) Cho 3 3 3a b c 3abc   và a b c 0   . Tính: 
 
2 2 2
2
a b c
N
a b c
 

 
Ta có: 
3 3 3 3 3 3
a b c 3abc a b c 3abc 0       
           
3 3
3
a b 3ab a b c 3abc 0 a b c 3 a b c a b c 3ab a b c 0                 
  2 2 2a b c a b c 2ab 2bc 2ca 3ab 3bc 3ca 0           
  2 2 2a b c a b c ab bc ca 0          2 2 2a b c ab bc ca 0 vì a +b c 0        
     
2 2 2
a b b c c a 0 a b c         
Khi đó: 
     
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c a a a 3a 1
N
3
a b c a a a 3a
   
   
   
Bài 2: (4 điểm) 
1) Giải phương trình:  9 4x 5 3x 1 x 4    
Điều kiện: 
1
x
3
 
      9 4x 5 3x 1 x 4 9 4x 5 3x 1 x 4 4x 5 3x 1             
    9 x 4 x 4 4x 5 3x 1 0          x 4 9 4x 5 3x 1 0      
1
4x 5 3x 1 9 vì x + 4 0 do x 
3
 
        
 
  4x 5 3x 1 2 4x 5 3x 1 81        22 12x 19x 5 75 7x    


 
     
2 2
75
x
7
48x 76x 20 49x 1050x 5625


 
   
2
75
x
7
x 1126x 5605 0
 
 



  

 
75
x
7
x 1121 loại
x 5 nhận
Vậy  S 5
2) Trường THCS A có 1050 học sinh. Hiệu trưởng muốn phấn đấu để xây dựng trường đạt chuẩn
quốc gia nên trường đã được xây thêm 4 phòng học mới. Kết quả là sĩ số trung bình mỗi lớp giảm 
xuống 8 học sinh. Tuy nhiên, để trở thành trường đạt chuẩn quốc gia thì sĩ số trung bình mỗi lớp 
học phải giảm thêm 7 học sinh nữa. Để đạt được đều đó, trường cần phải xây thêm 5 phòng học 
nữa. Em hãy cho biết để thực hiện xây dựng trường đạt chuẩn quốc gia thì trường cần phải có tất 
cả bao nhiêu phòng học và mỗi lớp có bao nhiêu học sinh? 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
Gọi x (học sinh) là số học sinh trung bình của mỗi lớp  *x N ;x 1050 
Số phòng học của trường là:  
1050
phòng
x
Số phòng học sau khi xây thêm 4 phòng là:  
1050
4 phòng
x

Số học sinh trung bình của mỗi lớp sau khi xây thêm 4 phòng là:   x 8 học sinh
Số học sinh trung bình mỗi lớp để trường đạt chuẩn quốc gia là:  x 8 7 x 15 học sinh   
Số phòng học của trường để trường đạt chuẩn quốc gia là:  
1050 1050
4 5 9 phòng
x x
   
Ta có phương trình: 
   
1050 1050
4 x 8 9 x 15
x x
   
       
   
2 2
1050x 8400 4x 32x 1050x 15750 9x 135       
  25x 103x 7350 0 x 50 5x 147 0       
 
 
x 50 nhận
147
x loại
5
 

 
 
Vậy số học sinh trung bình mỗi lớp là: 50(học sinh) 
Số phòng học của trường là:  
1050
21 phòng
50

Bài 3: (4 điểm) Giải hệ phương trình:
1) Cho a, b, c là số đo 3 cạnh của ABC . Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương, chứng minh:
   b c a c a b a b c abc      
Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên áp dụng BĐT trong tam giác, ta được: 
a b c a b c 0
b c a b c a 0
c a b c a b 0
     
 
      
      
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương, ta được: 
   
  
   
  
   
  
b c a c a b
b c a c a b
2
c a b a b c
c a b a b c
2
b c a a b c
b c a a b c
2
     
    

     
    

     
    

  
  
  
c b c a c a b
a c a b a b c
b b c a a b c
     


     

     

Nhân vế theo vế, ta được:    b c a c a b a b c abc      
Vậy BĐT đã được chứng minh. 
2) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a b c 3   . Tìm GTNN của:
2 2 2
1 2015
P
ab bc caa b c
 
  
2 2 2 2 2 2
1 2015 1 1 1 2013
P
ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc caa b c a b c
     
          
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
Áp dụng BĐT:     
 
1 1 1 9
, x,y,z 0
x y z x y z
; dấu “=” xảy ra khi x = y = z, ta được: 
 
 
2 2 2 2
1 1 1 9
1 vì a + b c 3
ab bc ca ab bc caa b c a b c
     
      
 (1) 
Áp dụng BĐT    
2
3 xy yz zx x y z     ; dấu “=” xảy ra khi x y z  , ta được:
     
2
3 ab bc ca a b c 9 vì a + b + c 3 ab bc ca 3          
1 1 2013 2013
ab bc ca 3 ab bc ca 3
   
   
 (2) 
Từ (1) và (2) cộng vế theo vế, ta được: P 672
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 
Vậy 
min
P 672 khi x y z 1  
Bài 4: (8 điểm) Cho ABC nội tiếp (O) đường kính BC, AB < AC. Vẽ đường cao AH của ABC ,
BC 25cm , AH 12cm .
AL = AN
O1L
N
J
I
K
H COB
A
1) Tính AB, AC.
Đặt BH = x, x > 0. suy ra HC = 25 – x 
Do AB < AC nên BH < HC     
25
x 25 x x
2
Ta có:  
 
 
 
 
      

2 2
x 9 nhận
AH BH.HC 25 x 25 x BH 9 cm
x 16 loại
Ta có:      2 2AB BH.BC AB 9.25 AB 15 cm
     2 2AC CH.BC AC 16.25 AC 20 cm
2) Vẽ  
1
O nội tiếp ABC . Gọi I, J, K lần lượt là các tiếp điểm của  
1
O lean BC, AC, AB. KI cắt 
AH tại N. Trên AB lấy L sao cho AL = AN. Chứng minh: BL = AK rồi từ đó suy ra 
1
LO đi qua trung 
điểm của AC. 
Từ A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt IK tại S 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
Ta có: 
 
 
 
 


  



ASK KIB ...
AKS IKB ... ASK AKS
KIB IKB ...
 SAKcân tại A  AS AK
Mà AK = AJ nên AS = AJ. Do đó:      ANS ALJ c g c
 ANS ALJ mà   0ANS ASK 90 nên   0ALJ ASK 90
Mặt khác:  ASK AKS LKN nên   0ALJ LKN 90  LJ KI mà 
1
BO KI nên LJ // 
1
BO
 Xét tứ giác 
1
BLJO , ta có: 
 
 



1
1
LJ // BO cmt
BL // JO AC
 tứ giác 
1
BLJO là hình bình hành ()  
1
BL O J AK 
Cách 2 (tính toán) 
Ta có: 
   
  
AB AC BC 15 20 25
AK 5
2 2
  
1
O I 5 cm
Ta chứng minh được:    
1
HIN IO B g g∽
    
1
BI.HI 1.10
NH 2 cm
O I 2
      AN AH NH 12 2 10 cm
mà AL = AN (gt) nên AL = 10 (cm)       BL AB AL 15 10 5 cm Do đó: BL = AK
Gọi Q là giao điểm của 
1
LO và AC. Ta chứng minh được AK = KL (=5cm) K là trung điểm của
AL 
nên dễ chứng minh được 
1
O AL vuông cân tại  
1
O ... ALQ vuông cân tại A 
   AQ AL 10 cm       CQ AC AQ 20 10 10 cm
Do đó AQ = CQ (=10 cm)  Q là trung điểm của AC 
1
LO đi qua trung điểm của AC. 
3) Vẽ đường kính AD của (O). Vẽ đường thẳng song song với AD qua B, C lần lượt cắt (O) tại E, F.
Gọi 
1 2
H ;H là trực tâm của ABF, ACE  . Chứng minh: A là trung điểm của 
1 2
H H . 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
H2
H1
O1
F
E
D
J
I
K
H COB
A
Ta có:   CF // AD và CF CE AD CE
Ta chứng minh được tứ giác BFCE là hình chữ nhật  O là trung điểm của dây EF
 EF là đường kính của (O) AEF vuông tại A  AE FAmà  
2
FA BH ... nên 
2
AE // BH
Ta có:   CF // AD và CF CE AD CE mà 
1
AH CE nên   
1 1
AD AH H AD 
Cmtt, ta có: 
2
H AD , do đó 
1 2
H ,A,H thẳng hàng. 
Ta có: 
 
 
 


1 1
2 2
AH BE tư ù giác ABEH là hình bình hành
AH BE tư ù giác AEBH là hình bình hành
 
1 2
AH AH mà 
1 2
H ,A,H thẳng hàng nên A là trung điểm của 
1 2
H H
Bài 5: (2 điểm) 
1) Tìm n N để   4A n n 2 là số chính phương. 
Đặt    4 2A n n 2 k (không mất tính tổng quát, giả sử k N )
* Xét n = 0 thì A = 2 (loại)
* Xét n = 1 thì A = 2 (loại)
* Xét  
2
4 4 2
n 2 2 n 0 n n 2 n n        
Ta chứng minh:     
2
2 4
n 1 n n 2 
 
     
   
 
    
 
4 2 4
2
2
n 2n 1 n n 2
2n n 1 0
1 7
n 0 đúng
4 16
Vậy        
2 2 2 2
2 4 2 2 2 2 2 4
n 1 n n 2 n n 1 k n k n          
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 
 HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015) 
     4 4n n 2 n n 2 
Thử lại A = 16 là số chính phương 
Vậy khi n = 2 thì A là số chính phương. 
2) Tìm x,y,z Z
 biết 
xy yz xz
3
z x y
   
Cách 1: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 

   



   


    

xy yz xy yz
2 2y
z x z x
yz xz yz xz
2 2z
x y x y
xy xz xy xz
2 2x
z y z y
     
xy yz xz
x y z
z x y
 mà 
xy yz xz
3
z x y
   nên   x y z 3
Mặt khác x, y, z 
Z nên x = y = z = 1.
Cách 2: 
Do vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử: x y z 1  
Ta có: 
2
xy yz zx z y x y x
z z 2z . 3z
z x y z x y x y
 
        
 
 3 3z z 1 z 1 vì z Z      
Với z = 1 thì  
y x y x
VT 1 xy xy 2 . xy 2
x y x y
        3 xy 2 xy 1 xy 1 vì x,y Z       
 x y 1 vì x,y Z   
Thử lại ta thấy x y z 1   thỏa đề bài.
Vậy nguyên dương duy nhất của phương trình là:    x;y;z x;y;z
  HẾT  