Tuyển tập đề thi Toán 9 HSG

Toán
Đề 1
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Toán
Đề
môn
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1: Cho a, b, c, d là bốn số dơng.
Chứng minh :
cb
a
+
+
dc
b
+
+
ad
c
+
+
ba
d
+

2

Bài 2: Giải các phờng trình và hệ phơng trình sau:
a,
3

2 x
+
1

x
= 1
b,





=+
=+
=+
2
2
2
2
2
2
yxz
xyz
zxy

Bài 3: Cho

ABC có A > 90
0
Gọi R, r là độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp và đờng tròn nội tiếp

ABC ; gọi M, N, P lần lợt là hình chiếu tâm 0 đờng tròn ngoại tiếp

ABC
trên AB, BC và AC.
a, Chứng minh : BN.OM + BM.ON = BO . MN
b, Đặ t ON = d
1
; OP = d
3
; OM = d
2
Tính R + r theo d
1
, d
2
, d
3
.
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, trên hai cạnh AB, AD lần lợt lấy
hai điểm M, N sao cho chu vi

AMN là 2a.
Tìm vị trí của M, N để diện tích

ABC đạt giá trị lớn nhất .
Đáp án Đ1
đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm

môn : Toán 9
Đ2
Đ2
Bài 1: ( 3,5 điểm)
Chứng minh với

x, y > 0 ta có
xy
1



( )
2
yx
4
+
(*) ( 0,5 đ )
VT =
da
c
cb
a
+
+
+
+
ba
d
cd

b
+
+
+
( 0,5 đ )
=
( ) ( ) ( )
cdab
dc
2
d
2
bba
dacb
2
ccbad
2
a
++
+++
+
++
+++
)(
( 0,5 đ )
( 0,5 đ ) ( 0,5 đ )


4 .
( ) ( )

2
dcba
dc
2
d
2
bba
4
2
dcba
2
ccbad
2
a
+++
+++
+
+++
+++
( theo *)
= 2.
( )
( )
( )
( )
2
dcba
2
db
2

ca
2
dcba
+++
+++++
( 0,5 đ )

2

( 0,5 đ )
Bài 2: a/ ( 4 điểm)
Đặt a =
3
x2

b =
1x

0
( 0,5 đ )
Ta có :
( )
I
1ba
1
2
b
3
a

=+
=+
( 0,5 đ )


a
3
+ a
2
- 2a = 0 ( 0,5 đ )

a ( a
2
+ a -2) = 0 ( 0,5 đ )






=+
=
02a
2
a
0a

( 1 đ)

Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) ( 0,5 đ )
nên phơng trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 ( 0,5 đ )
b, ( 4,5 đỉêm)
( )
( )







=+
=+
=+
(3)2
2
yxz
22
2
xyz
12
2
zxy
Từ (1) ; (2) ta có : (x z)(x y + z) = 0 (4) ( 0,5
đ )
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y z) = 0 (5) ( 0,5 đ )
Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :

( )
( )
( )( )







=+
=+
=+
2
2
yxz
0zyxxy
0zyxzx
( 0,5 đ )
Để giải hệ trên ta giải 4 hệ
( ) ( )
B
2
2
yxz
0zyx
0zx
A
2
2

yxz
0xy
0zx














=+
=+
=
=+
=
=

( ) ( )
D
2
2
yxz
0zyx

0zyx
C
2
2
yxz
0zyx
0xy














=+
=+
=+
=+
=+
=
Giải 4 hệ trên ta đợc 8 bộ nghiệm của hệ phơng trình :
(1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ;
(

)
2;0;2
;
(
)
2;0;2
(
)
0;2;2
;
(
)
0;2;2
;
(
)
2;2;0
;
(
)
2;2;0

Giải ra mỗi bộ nghiệm cho ( 0,25 điểm)
Bài 3:
a, Ta có BM0 = BN0 = 90
0

=> OMBN là tứ giác nội tiếp
Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=>

BME

NMO ( 0,5 đ )
=>
NO
NM
BE
BM
=
( 0,25 đ )
=> BM . NO = BE . NM ( 0,25 đ )
Chứng minh tơng tự BN. OM = OE .MN ( 0,5 đ )
Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO ( 0,5 đ )
b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của

ABC
theo câu a ta có d
1
.
2
a
+ d
2
2
c
= R .
2
b
( 0,5 đ )

áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có
d
1
.
2
b
+ d
3
.

2
c

= R.
2
a
( 0,25 đ )
( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

0
B
N
0
d1

A
M
D
E
d3
d2
C
d
3
.
2
a
+ d
2
.
2
b
= R.
2
c
( 0,25 ® )
Céng theo tõng vÕ :

2
R
. ( a+b+c) =
2
1
. ( d
1

b + d
2
b + d
3
c + d
3
a + d
1
a + d
2
c) ( 0,5 ® )
mÆt kh¸c S
ABC

=
2
r
. ( a+b +c ) =
2
1
.( d
1
c + d
3
b + d
2
a

) ( 0,5 ® )
Do ®ã ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d

1
+d
2
+d
3
) ( 0,5 ® )
hay R + r = d
1
+ d
2
+ d
3
( 0,5 ® )
Bµi 4: (2,5 ®iÓm)
§Æt AM = x , AN = y ( x, y > 0 ) ( 0,25 ® )
Ta cã x + y +
22
yx +
= 2a ( 0,25 ®)
mµ x + y
≥
2
xy
x
2
+ y
2

≥
=2xy ( 0,5 ® )

Nªn x + y +
2
y
2
x +

≥
( 2 +
2
)
xy
( 0,25 ® )
Hay 0 <
xy

≤

22
2
+
a
=> xy
≤
a
2
)22(
2
)2(
+
a

( 0,25 ® )
MÆt kh¸c S
AMN

=
2
1
AM . AN =
2
1
xy ( 0,25 ® )
Nªn S
AMN

≤

2
)22(
2
)2(
+
a
= ( 3 – 2
2
) a
2

kh«ng ®æi ( 0,25 ®)
=> S
AMN

max = ( 3 – 2
2
) a
2


<=> AM = AN = ( 2-
2
). a ( 0,5 ® )
§Ò 2
§Ò thi häc sinh giái líp 9
§Ò
m«n
§3
môn : toán
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1 ( 6 điểm):
a, Giải phơng trình sau:
(x + 4)
4
= 2.(2x +13)
2
+ 50.(2x+13) (3điểm)
b, Cho các số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện
a + b + c = 1
Chứng minh rằng :( 1+a).(1+b).(1+c)

8( 1- a).(1- b).(1- c) ) (3điểm)
Bài 2: (4 điểm) : Cho phơng trình: x -
2

x1
= m
Với giá trị nào của m thì phơng trình trên có nghiệm duy nhất.
Bài 3: ( 4 điểm) :Biết các số dơng x , y , z thoả mãn hệ phơng trình:











=++
=+
=++
16
2
xxz
2
z
9
2
z
3
2
y
25

3
2
y
xy
2
x
Tính giá trị biểu thức A = xy + 2yz + 3xz
Bài 4: (6 điểm)
Cho nửa ( 0; R) đờng kính A B. C là điểm bất kì trên nửa đờng tròn, kẻ
CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác
CAH và CHB. Đờng thẳng IK cắt CB; CA tại N và M . HI cắt CA tại E;
HK cắt CB tại F
a, Chứng minh MN // EF
b, Xác định vị trí của C để S
CMN
đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án Đ2
đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
Đ2
H3
môn : toán 9
Bài 1: ( 3 điểm)
a; Giải phơng trình (x +4)
4
= 2(2x +13)
2
+50 (2x +13)
Đặt

2
5
y4xy
2
132x
=+=
+
( 0,25 đ )
(1)

100y16y)
2
5
(y
34
+=
( 0,5 đ )

(**)0)
4
25
(y16y)
2
5
(y
24
=+
( 0,25 đ )
Đặt
ty =

2
)
2
5
(
(**) trở thành : t
2
- 16yt - 80 y
2
= 0 ( 0,25 đ )
( )( )





=
=
=+
20yt
4yt
020yt4yt
( 0,5 đ )
Với t = - 4y
0
4
25
y
2
y =+

phơng trình vô nghiệm ( 0,5 đ)
Với t = 20 y
0
4
25
25y
2
y =+
Giải phơng trình có nghiệm y
1
=
2
61025
y
2
=
2
61025 +
( 0,5 đ )
Từ đó suy ra x
1
= 6 -
25
x
2
= 6 +
25
( 0,5 đ )
b, Ta có :
a + b + c = 1

a = 1 b c ( 0,5
đ )

1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ )
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng 1 b ; 1 c
Ta có: 1 + a = 1 - b +1 - c
c)b)(1(12
( 0,5 đ )
Tơng tự ta có : 1 + b
c)a)(1(12
( 0,5 đ )
1 + c
b)a)(1(12
( 0,5 đ)
Do đó
c)b)(1a)(18(1c)b)(1(1a)(1 +++
( 0,5 đ )
Bài 2 ( 4 điểm ): Ta có : x -
2
x1
= m (1)



=+


=
(2)01m2mx2x

mx
x1mx
22
2
( 0,5 đ )
Để phơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì phơng trình (2) có nghiệm x
0

thoả mãn x
0

m
( 0,5 đ )
Đặt x m = y
myx +=
Thay vào phơng trình (2) ta có: 2y
2
+ 2my + m
2
-1 = 0 (3) ( 0,5 đ )
Phơng trình (1) có nghiệm duy nhất

phơng trình (3) có 1 nghiệm y
0
( 0,5 đ)
Có 3 trờng hợp :
Phơng trình (3) có nghiệm kép không âm
2m
0m
02m

0S
0
2
=




=+




>
=



( 0,5 đ)
Phơng trình 3 có hai nghiệm trái dấu

P< 0
P =
1m10
2
1m
2
<<<

( 0,5 đ )

* Phơng trình (3) có 1 nghiệm bằng 0; nghiệm còn lại âm
1m
0m
01m
0S
0P
2
=



<
=




<
=

( 0,5 đ
Vậy phơng trình (1) có nghiệm duy nhất

m =
2
; -1 < m
1
Bài 3 ( 4 điểm ):Từ gt cộng theo từng vế phơng trình thứ (2) và thứ (3)
Ta có :
3

y
xyx2525xxzzz
3
y
2
2222
2
++==++++
( 0,5 đ )
=> 2z
2
= x( y z ) ( 0,5 đ )
( 0,5 đ )
Mặt khác 12.(
).z+
3
y
2
2
( z
2
+ xz + x
2
) A
2
( 0,5 điểm )
= 4z
4
+ x
2

y
2
+ 4xz
3
+ x
2
z
2
- x
2
yz 4xyz
2
( 0,5 điểm )
=
[ ]
z)x(y4x4zz)(yx
24
2
+
( 0,5 điểm )
Do đó : A
2
- 12.(
).z+
3
y
2
2
( z
2

+ xz + x
2
) = 0 ( 0,5 điểm )
Vậy 12.16.9 = ( xy+ 2yz + 3xz )
2
( 0,5 điểm )
do x, y, z > 0
=> A = xy + 2yz + 3xz = 24
3
( 0,5 điểm )
Bài 4: (6 điểm) a, Ta có tứ giác CEHF nội tiếp ( 0,5 điểm )
=> CFE = CHE = 45
0
=>

CFE vuông cân ( 0,5 điểm )
=> CE = CF => I là tâm đờng tròn nội tiếp
=> CI là phân giác
=>
IH
IE
=
CH
CE
( 0,5 điểm )
Tơng tự
KH
KE
CH
CF

=
( 0,5 điểm )
Do đó
=
KH
KF
IH
IE
IK // EF ( 0,5 điểm )
hay EF // MN ( 0,5 điểm )
b, Ta có EF // MN ;

EMF cân =>

CMN vuông cân ( 0,5 điểm )
S
CMN
=
CN.CM
2
1
=
2
CM
2
1
( 0,5 điểm )
S
CMN
max <=> CM max ( 0,5 điểm )

CMI =

CHI ( c. g. c ) => CH = CM ( 0,5 điểm )
=> Do đó : S
CMN
max <=> CH max
Mặt khác CH

CO = R không đổi ( 0,5 điểm )
Nên S
CMN
max =
2
R
2
1

<=> C là điểm chính giữa của cung AB ( 0,5 điểm )

A
B
H
F
N
C
M K
I
O

Đề 3
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : toán
Đề
môn
Đ2
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1( 5 điểm):
a, ( 3 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn.
x
2
( x
2
+ 2y
2
3 ) + ( y
2
2)
2
= 1
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x
2
+ y
2
b, ( 3 điểm) : Chứng minh bất đẳng thức sau:
+
2
1
3

+
3
1
3
+
4
1
<
n
1
3
Bài 2: ( 6 điểm)
a, ( 2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + z = xyz
b, ( 4 điểm): Giải hệ phơng trính sau:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
Bài 3( 6 điểm): Cho ( O; R); CD là một dây cung cố định . Trên tia đối của tia
CD lấy M bất kỳ . Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn ( A, B là tiếp
điểm ).
a, Chứng minh khi M thay đổi thì đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố
định .
b, Đờng thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB , AD lần lợt tại N, K.

Chứng minh NC = NK.
Bài 4: Giả sử h
1
; h
2
; h
3
là độ dài các đờng cao của

ABC , r là bán kính đờng
tròn nội tiếp. Biết: h
1
+ h
2
+ h
3
= 9r
Chứng minh:

ABC đều .
§¸p ¸n §3
®¸p ¸n vµ biÓu chÊm
m«n Ho¸ líp 9
§¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm chÊm
m«n : to¸n 9
§2
H2
Bµi 1: a, Ta cã : x
2
( x

2
+ 2y
2
– 3 ) + ( y
2
– 2)
2
= 1 ( 0,25 ®iÓm )
<=> x
4
+ 2x
2
y
2
- 3x
2
+ y
4
+ 4y
2
+ 4 = 1 ( 0,25 ®iÓm )
<=> ( x
2
+ y
2
)
2
- 4

( x

2
+ y
2
)
2
+ 3 = - x
2
( 0,5 ®iÓm )
§Æt x
2
+ y
2
= A

( 1 ) <=> A
2
– 4A + 3
≤
0 ( v× -x
2

≤
0) ( 0,5 ®iÓm )
<=> ( A-1) ( A- 3)
≤
0 ( 0,5 ®iÓm )
<=> A
≥
1
A

≤
3
<=> 1
≤
A
≥
3 ( 0,25 ®iÓm )
VËy Amin = 1 <=> x= 0
y=
1±
( 0,5 ®iÓm )
A max =3 <=> x= 0
y=
3±
( 0,5 ®iÓm )
b, Ta cã :
1)+1)k(k-(k
1
=
1) -k.(k
1
<
k.k
1
=
k
1
223
mµ
)1k(k)1k(2

)1k()1k(
)1k(k)1k(2
2
1)1)k(k-(k
1
+−
−−+
=
+−
<
+







+
−
−
=
)1k(k
1
k)1k(
1
2
1
Do ®ã
<

3
k
1






+
−
− )1k(k
1
)1k(k
1
2
1
( 0,5 ®iÓm )
¸p dông víi k = 2 ta cã
)
3.2
1
1.2
1
(
2
1
2
1
3

−<
( 0,5 ®iÓm )
Víi k = 3 ta cã
)
4.3
1
2.3
1
(.
2
1
3
1
3
−<
( 0,5 ®iÓm )
………………………………………
Víi k = n ta cã
)
1n(n
1
)1n(n
1
(
2
1
n
1
3
+

−
−
<
( 0,5 ®iÓm )
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức cùng chiều :

+
2
1
3

+
3
1
3
+
<
3
n
1
4
1
)
)1n(n
1
2
1
(
2
1

<
+

( 0,5 điểm )
Bài 2(2 điểm):
a, Vai trò của x, y, z bình đẳng
Không mất tính tổng quát giả sử : 0 < x

y

z ( 0,25 điểm )
Ta có : xyz = x+ y+ z

3z
=> xy

3 ( 0,25 điểm )
Nếu x= y = z thì z
3
= 3z => z
2
= 3. vô lý vì x, y, z
+
z
( 0,25 điểm )
Vậy phải có ít nhất hai trong 3 số x, y, z không bằng nhau
do đó x.y.z < 3z ( 0,25 điểm )
=> x.y < 3
Nên x . y = 1 hoặc x.y = 2 ( 0,25 điểm )
Với x.y = 2 mà x

y và x, y
+

Nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3 ( 0,25 điểm )
Với x.y = 1 mà x, y
+

=> x = 1; y = 1
=> 2 + z = z vô nghiệm ( 0,25 điểm )
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên dơng ( x, y, z ) = (1; 2; 3)
và các hoán vị. ( 0,25 điểm )
b, ( 4 điểm) x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
(x + y + z )
2
2(xy + yz + zx) = 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )

xy + yz + xz = 11
Suy ra x.z = 2 ( 0,5 điểm )
Ta có : x + y + z = 6 y + ( x + z ) = 6
y( x + z ) = 9 y ( x + z ) = 9 (0,5 điểm )
( 0,25 đ ) <=>
y và ( x + z ) là nghệm của phơng trình : X
2
6X + 9 = 0 ( 0,25 điểm )
<=> X = 3 ( 0,25 điểm )
Vậy y = x + z = 3
Ta có x + z = 3
x.z = 2 ( 0,25 điểm )
x, z là nghiệm của phơng trình : a
2
3a + 2 = 0

a
1
= 1; a
2
= 2 ( 0,25 điểm )
Do đó



=
=

=
=
1z
2x
;
2z
1x
( 0,5 điểm )
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghệm
( x ; y ; z ) = ( 1; 2; 3) ; ( x ; y ; z ) = ( 3; 2; 1) (0,25 điểm )
Bài 3: (6 điểm): a, Gọi I là trung điểm của CD
F ; Q là giao điểm của AB với OM ; OI
Ta có
OFQ
đồng dạng với

OIM ( g.g) ( 0,5 điểm )

OI
OF.OM
OQ
OM
OQ
OI
OE
==
mà OF . OM = OA
2
không đổi ( 0,5 điểm )
( Hệ thức lợng trong tam giác vuông )

O cố định ; đờng thẳng OI cố định ( 0,5 điểm )

OI
OF.OM
OQ =
=
OI
OA
2
không đổi ( 0,5 điểm )
=> Q cố định ( 0,5 điểm )
b, Ta có O, B, M , A, I thuộc một đờng tròn ( 0,5 điểm )
IBA = IMA ( hai góc nội tiếp cùg chắn cung IA )
Mà ICK = IMA ( cặp góc đồng vị CK // MA )
IBA = ICN ( 0,5 điểm )
I, B, C, N thuộc một đờng tròn. ( 0,25 điểm )
CBN = CIN ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN ) ( 0,5 điểm )
Mà CBA = CDA ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA )
CIN = CDA ( 0,5 điểm )
IN // AD ( 0,25 điểm )
C
B
M
O
Q
D
I
E
A
N

F
Trong

CDK có IC = ID ; IN // DK
=> NC = NK ( 0,5 điểm )
Bài 4 (2điểm): Gọi a, b, c là độ dài các cạch của

ABC ứng với h
1
, h

2
, h
3

S là diện tích

ABC
Ta có 2S = a.h
1
= b.h
2
= c.h
3
= ( a + b + c ). r ( 0,5 điểm )
)
c
1
b
1

a
1
)(cba()hhh(
r
1
c
cba
b
cba
a
cba
r
h
r
h
r
h
321
321
++++=++
++
+
++
+
++
=++
( 0,5 điểm )


321

hhh ++
= 9r
9)
c
1
b
1
a
1
).(cba( =++++
( 0,25 điểm )
Mặt khác a, b, c > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có .
a + b + c
3
c.b.a3
( 0,25 điểm )
c
1
b
1
a
1
++
3
abc
1
3
( 0,25 điểm )
9)

c
1
b
1
a
1
).(cba( ++++
( 0,25 điểm )
D u = xẩy ra

a = b = c hay

ABC đều. ( 0,25 điểm )
Vật Lý
Đề 1