Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân phú thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

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 a3  b3  c3  3abc và a  b  c  0 . Tính: N 
Bài 2: (4 điểm)
1) Giải phương trình: 9



a2  b2  c2

 a  b  c

2



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 só số trung bình
mỗi lớp giảm xuống 8 học sinh. Tuy nhiên, để trở thành trường đạt chuẩn quốc gia thì só 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:
1
2015
P 2

2
2
a  b  c ab  bc  ca
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  O1  nội tiếp ABC . Gọi I, J, K lần lượt là các tiếp điểm của  O1  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 LO1
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 H1;H2 là trực tâm của ABF, ACE . Chứng minh trung điểm của H1H2 là điểm cố
đònh.
Bài 5: (2 điểm)
1) Tìm n  N để A  n4  n  2 là số chính phương.
xy yz xz
2) Tìm x,y,z  Z biết
 
3
z
x
y

  HẾT  

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

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 a3  b3  c3  3abc và a  b  c  0 . Tính: N 

a2  b2  c2

 a  b  c

2

Ta có: a3  b3  c3  3abc  a3  b3  c3  3abc  0
  a  b  3ab  a  b  c3  3abc  0   a  b  c  3  a  b c  a  b  c  3ab  a  b  c  0
3

3


  a  b  c  a



  a  b  c a2  b2  c2  2ab  2bc  2ca  3ab  3bc  3ca  0

2



 b2  c2  ab  bc  ca  0  a2  b2  c2  ab  bc  ca  0  vì a +b  c  0 

  a  b    b  c    c  a  0  a  b  c
2

Khi đó: N 

2

2

a2  b2  c2

 a  b  c

Bài 2: (4 điểm)
1) Giải phương trình: 9



2



a2  a2  a2

 a  a  a

2



3a2

3a

2



1
3



4x  5  3x  1  x  4

1
3
4x  5  3x  1  x  4  9  4x  5  3x  1   x  4 

Điều kiện: x  

9





 9  x  4  x  4









4x  5  3x  1





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  2

12x2  19x  5  75  7x



75
75
x 
x 


7
7
48x 2  76x  20  49x 2  1050x  5625
x 2  1126x  5605  0



75
x  7

   x  1121 loại Vậy S  5
 

  x  5  nhận


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 só số trung bình mỗi lớp giảm
xuống 8 học sinh. Tuy nhiên, để trở thành trường đạt chuẩn quốc gia thì só 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?

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG



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

1050
 4  phòng 
x
Số học sinh trung bình của mỗi lớp sau khi xây thêm 4 phòng là:  x  8 học sinh
Số phòng học sau khi xây thêm 4 phòng là:

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   1050x  8400  4x2  32x  1050x  15750  9x2  135

 x

 x


 x  50  nhận

 5x  103x  7350  0   x  50  5x  147   0  
147
x


 loại 

5
Vậy số học sinh trung bình mỗi lớp là: 50(học sinh)
1050

Số phòng học của trường là:
 21 phòng 
50
2

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

c   b  c  a c  a  b 
2


  c  a  b   a  b  c

  c  a  b a  b  c  a   c  a  b a  b  c

2



 b   b  c  a a  b  c
  b  c  a   a  b  c 

  b  c  a a  b  c

2

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:
1
2015
P 2

2
2
a  b  c ab  bc  ca

P

1
2015
1
1
1
2013

 2




2
2
2
2
a  b  c ab  bc  ca a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca
2

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
Áp dụng BĐT:

1 1 1
9
  
, x,y,z  0 ; dấu “=” xảy ra khi x = y = z, ta được:
x y z xyz

1
1
1
9



 1 vì a + b  c  3  (1)
2

2
a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca  a  b  c2
2

Áp dụng BĐT 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
2

1
1
2013
2013
(2)
 

ab  bc  ca 3
ab  bc  ca
3
Từ (1) và (2) cộng vế theo vế, ta được: P  672
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
Vậy Pmin  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 .
A

AL = AN

J
K
O1

L
N
B

H I

O

C

1) Tính AB, AC.
Đặt BH = x, x > 0. suy ra HC = 25 – x

25
2
 x  9  nhận
Ta có: AH2  BH.HC  252  x  25  x   
 BH  9  cm
 x  16  loại 
Ta có: AB2  BH.BC  AB2  9.25  AB  15  cm
Do AB < AC nên BH < HC  x  25  x  x 

AC2  CH.BC  AC2  16.25  AC  20  cm

2) Vẽ  O1  nội tiếp ABC . Gọi I, J, K lần lượt là các tiếp điểm của  O1  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 LO1 đi qua trung
điểm của AC.
Từ A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt IK tại S

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
ASK  KIB  ...


Ta có: AKS  IKB  ...  ASK  AKS  SAK cân tại A  AS  AK

KIB  IKB  ...

Mà AK = AJ nên AS = AJ. Do đó: ANS  ALJ c  g  c

 ANS  ALJ mà ANS  ASK  900 nên ALJ  ASK  900
Mặt khác: ASK  AKS  LKN nên ALJ  LKN  900  LJ  KI mà BO1  KI nên LJ // BO1

LJ // BO1  cmt
Xét tứ giác BLJO1 , ta có: 

BL // JO1   AC
 tứ giác BLJO1 là hình bình hành (…)  BL  O1J  AK

Cách 2 (tính toán)
AB  AC  BC 15  20  25
Ta có: AK 


 5  O1I  5  cm
2
2
Ta chứng minh được: HIN ∽ IO1B g  g 

 NH 

BI.HI 1.10

 2  cm  AN  AH  NH  12  2  10  cm
O1I
2

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 LO1 và AC. Ta chứng minh được AK = KL (=5cm)  K là trung điểm của
AL
nên dễ chứng minh được O1AL vuông cân tại O1  ...  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  LO1 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 H1;H2 là trực tâm của ABF, ACE . Chứng minh: A là trung điểm của H1H2 .

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
H2

A

F

J

K
O1

H1

B

C

O

H I

E
D
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  FA mà FA  BH2 ... nên AE // BH2
Ta có: CF // AD và CF  CE  AD  CE mà AH1  CE nên AD  AH1  H1  AD
Cmtt, ta có: H2  AD , do đó H1 ,A,H2 thẳng hàng.


AH1  BE tứ giác ABEH1là hình bình hành
Ta có: 

AH2  BE tứ giác AEBH2 là hình bình hành

 AH1  AH2 mà H1 ,A,H2 thẳng hàng nên A là trung điểm của H1H2

Bài 5: (2 điểm)
1) Tìm n  N để A  n4  n  2 là số chính phương.
Đặt A  n4  n  2  k2 (không mất tính tổng quát, giả sử k  N )
* Xét n = 0 thì A = 2 (loại)
* Xét n = 1 thì A = 2 (loại)

 

* Xét n  2  2  n  0  n4  n  2  n4  n2





2

2

Ta chứng minh: n2  1  n4  n  2

 n4  2n2  1  n4  n  2
 2n2  n  1  0
2






1
7
  n     0  đúng 
4  16

2

 

Vậy n2  1  n4  n  2  n2

2





2

 

 n2  1  k2  n2

2

 k2  n4

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
 n4  n  2  n4  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
 
x
z x
z
 yz xz
yz xz
2

 2z

 
y
x y
x
 xy xz
xy xz
 
2

 2x
y
z y
 z



xy yz xz
xy yz xz
 
 x  y  z mà
 
 3 nên x  y  z  3
z
x
y
z
x
y

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:

y x
xy yz zx z 2
y x
    z     z  2z .  3z  3  3z  z  1  z  1 vì z  Z
z
x
y
z
x y
x y



Với z = 1 thì VT 1  xy 



 x  y  1 vì x,y  Z





y x
y x
  xy  2 .  xy  2  3  xy  2  xy  1  xy  1 vì x,y  Z

x y
x y



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  

HSG L9 – Vòng 1 - Q.TP (2014-2015)




CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

ĐỀ THI HSG LỚP 9
VÒNG 2, QUẬN TÂN PHÚ
(2014-2015)
(NGÀY THI: 29/11/2014)
Bài 1: Cho a, b, c khác 0 và a + b+ c = 0. Hãy chứng minh:
a4
b4
c4
3




2
2
2
4
a4  b2  c2
b4  c2  a2
c4  a2  b2







Bài 2: Giải phương trình:













x  1  x  2 2x  2 x2  x  2  1  8

a b
 2a b  2b a
2
2x  1
Bài 4: Tìm giá trò lớn nhất và nhỏ nhất của A  2
x 2
Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trên tia đối
của tia DC lấy P, PM cắt AC tại Q. Chứng minh: MP.NQ = MQ.NP
Bài 3: Cho a, b dương. Hãy chứng minh:  a  b 
2

Bài 6: Tìm cặp số nguyên sao cho tích của nó bằng 7 lần tổng.

  HẾT  

Trang 1

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) – Quận TÂN PHÚ (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

ĐỀ THI HSG LỚP 9 (Vòng 2)
Quận TÂN PHÚ – (2014-2015)

HƯỚNG DẪN

Bài 1: Cho a, b, c khác 0 và a + b + c = 0. Hãy chứng minh:
a4
b4
c4
3



2
2
2
4
a4  b2  c2
b4  c2  a2
c4  a2  b2













Ta có: a + b + c = 0  a  b  c   a  b   c  a3  b3  3ab  a  b  c3

3

3

 a3  b3  c3  3ab  a  b  a3  b3  c3  3abc  do a + b =  c

Ta có: a + b + c = 0
a2  b2  c2
a  b  c a2  b2  2ab  c2



  b  c  a   b2  c2  2bc  a2   b2  c2  a2
c  a   b c2  a2  2ca  b2
c2  a2  b2



4
4
a
b
Ta có : VT 


2
2
4
2
2

4
2
2
a  b c
b  c a
c4 



=

a

2







a4



 b2  c2 a2  b2  c2



 b

 2ab
 2bc
 2ca
c4

a

2

 b2



2

b4

2



 c2  a2 b2  c2  a2



 c

2

c4



 a2  b2 c2  a2  b2



a4
b4
c4
=


 2ca 2ab  2ab 2bc  2bc 2ca
1  a2 b2 c2 
  
 
4  bc ca ab 
Vậy

a4



a4  b2  c2



2



b4



b4  c2  a2

Bài 2: Giải phương trình:



1  a3  b3  c3 


4
abc






2



1  3abc  3


   VP
4  abc  4

c4



c4  a2  b2



2



3
4



x  1  x  2 2x  2 x2  x  2  1  8

x  1  0
x  1

x2
Điều kiện: 
x  2  0
x  2
Ta có:











x  1  x  2 2x  2 x2  x  2  1  8



x 1  x  2 x 1 2

Trang 2

 x  1 x  2   x  2   8

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) – Quận TÂN PHÚ (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG




x 1  x 2



x 1  x 2



2

8





x 1  x 2



3

2014 -2015

 23

 x 1  x 2  2

 x  1 x  2   x  2  4
 x  1 x  2   2x  5

 x 1 2

2

2x  5  0

2
4  x  1  x  2   4x  20x  25

5
x 
2  x  33 (nhận so với điều kiện x  2)

16
x  33

16
 33 
Vậy S   
16 
Bài 3: Cho a, b dương. Hãy chứng minh:  a  b 
2

a b
 2a b  2b a
2

1
  a  b  a  b    2 ab a  b
2


a b
 2a b  2b a
2

Ta có:  a  b 
2





Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

1
1
a   2 a   a
1
1
1

4
4
 a  b  a  b  a b  a  b

4
4
2
1
1


b


2
b


b

4
4

2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a  b  2 ab


1
Từ (1) và (2), ta suy ra  a  b  a  b    2 ab
2

2
a b
 2a b  2b a
Vậy  a  b 
2
Bài 4: Tìm giá trò lớn nhất và nhỏ nhất của A 

1



a b



2x  1
x2  2

2
2x  1
2x  1  x 2  2 x 2  2x  1   x  1
1 


 0  A 1
Ta có : A  1  2
x 2
x2  2
x2  2
x2  2
Vậy Amax  1. Dấu ''='' xảy ra khi x  1  0  x  1

Ta có : A 

2
2
1 2x  1 1 2  2x  1  x  2 x 2  4x  4  x  2 
1
 2

 


0A
2
2
2
2 x 2 2
2
2 x 2
2 x 2
2 x 2













1
Vậy Amin   . Dấu ''='' xảy ra khi x  2  0  x  2
2

Trang 3

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) – Quận TÂN PHÚ (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trên tia đối
của tia DC lấy P, PM cắt AC tại Q. Chứng minh: MP.NQ = MQ.NP

A

B
Q
N

M

P

O

C

D

T
`

Gọi T là giao điểm của QN và DC.
Gọi O là giao điểm của AC và MN.
Ta dễ chứng minh được tứ giác ANCM là hình bình hành. Do đó, O là trung điểm của MN.
 OM QO

... OM ON

 PC QC
Ta có: 


mà OM  ON ... nên PC = CT
PC CT
 ON  QO  ...
 CT QC
Do đó, NPT cân tại N.  NTP  NPT
MNP  NPT  2 góc so le trong và MN // PT

Mà 

QNP  NTP  2 góc đồng vò và MN // PT
nên MNP  QNP

 MN là đường phân giác của NPQ 

MP NP

 tính chất đường phân giác trong NPQ
MQ NQ

 MP.NQ = MQ.NP
Bài 6: Tìm cặp số nguyên sao cho tích của nó bằng 7 lần tổng.
Gọi a, b là 2 số cần tìm ( a, b  Z )

Theo đề bài, ta có: ab = 7(a+b)   a  7  b  7   49
Do a, b là 2 số nguyên nên ta có bảng sau:
a–7 1
-1
49
-49
7
-7
b – 7 49
-49
1
-1
7
-7
A
8
6
56
-42
14
0
B
56
-42
8
6

14
0
Vậy các cặp số nguyên cần tìm là: (8;56), (56;8), (6;-42), (-42;6), (14;14), (0;0)

  HẾT  
Trang 4

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) – Quận TÂN PHÚ (14-15)