Copy of DE 7 THI HSGTOAN 9 r

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ÑEÀ
7

Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian: 150 phút

 Bài 1: (5 điểm)
 a 
1) Cho số a > 0 và x ∈  0,

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q =

a  a

− x x 4

2 2


2) Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2
Với x, y, z, t là các số nguyên không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của M và các giá trị tương ứng
của x, y, z và t, biết rằng:
x2 – y2 + t2 = 21
x2 + 3y2 + 4z2 = 101
 Bài 2: (5 điểm)
 x + 2010 − y = 2010
1) Giải hệ phương trình sau: 

 2010 − x + y = 2010
2) Cho a, b, c là các tham số thỏa điều kiện abc < 0. Giải bất phương trình:
x −a x −b x −c  1 1 1 
+
+
> 2 + + 
bc
ac
ab
a b c
 Bài 3: (2 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa: a + b + c = 2. Chứng minh:
a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.
 Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Lấy D bất kỳ trên BC. Gọi R 1, R2 là bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác ABD và ADC. Tìm vị trí của D để tích R1.R2 lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
 Bài 5: (4 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Các điểm M và N trên đường chéo AC sao cho AC = 3AN
= 4AM. Hai đường thẳng DM và DN cắt cạnh AB tại P và Q. Chứng minh:
a) Tam giác AMP và tam giác ANQ đồng dạng.
b) BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
––––– HẾT –––––


ÑEÀ
7

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán – Lớp 9

Bài 1:
a  a
x x x x
−x . . .

2 2
4 4 4 4

1) Ta có: Q = 44 .

Áp dụng bất đẳng thức côsi:
 a
 x x x x
 a
 x
− x  + + + + ≥55 
− x  . 

 2
 4 4 4 4
 2
 4
5

⇔

4

5

4
a  a
32a 6
 a   a
 x
 a  a

− x  . 4 ⇔44 . 
≥
− x  . x 4 ⇒Q ≤

 ≥
 .

3125
2
2 2
5 2   2
 4
5 2 


Vậy Q đạt giá trị lớn nhất bằng
2) Có:

4a
32a 6
khi x =
5 2
3125

x2 – y2 + t2 = 21
x2 + 3y2 + 4z2 = 101

⇒

2x2 + 2y2 + 4z2 + t2 = 122 ⇒ 2M – t2 = 122 ⇔ 2M = 122 + t2

⇒

2M ≥ 122

⇔

M ≥ 61

Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 61 tại t = 0
Ta có:
x2 – y2 = 21
2

2

(1)
2

x + 3y + 4z = 101 (2)
Vì x, y ∈ Z nên từ (1) ⇒ x > y ≥ 0
⇒

x + y ≥ x – y > 0. Do đó: (x + y) (x – y) = 21 . 1 = 7 . 3
x + y = 21

⇒

x–y=1
x+y=7
x–y=3

x = 11
⇔

y = 10
x=5
y=2

Từ (2) ⇒ 3y2 ≤ 101 ⇒ y2 ≤ 33 ⇒ 0 ≤ y ≤ 5
Chọn x = 5, y = 2
(2) ⇒ z = 4
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của M bằng 61 tại (x = 5, y = 2, z = 4, t = 0).
Bài 2:
1) Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2010; 0 ≤ y ≤ 2010
 Xét x > y
Ta có:

x > y , 2010 − y > 2010 − x


⇒

x + 2010 − y > y + 2010 − x

⇒

2010 > 2010

(vô lý)

Vậy x > y là sai.
 Xét x < y. Tương tự dẫn đến điều vô lý. Vậy x < y là sai.
 Vậy x = y
Ta có:
2010 − x + x = 2010
⇔

(

)

⇔

2010 – x + 2 x (2010 − x ) + x = 2010

⇔

2 x (2010 − x ) = 0

2

2010 − x + x = 2010

x=0
x = 2010
* x = 0 ⇒y = 0
* x = 2010 ⇒ y = 2010
Vậy nghiệm hệ phương trình là:

x=0
y=0

,

x = 2010
y = 2010

2)
x −a x −b x −c  1 1 1 
+
+
> 2 + + 
bc
ac
ab
a b c
⇔

 x −a 1 1   x −b 1 1   x −c 1 1 
− − +
− − +
− − >0


 bc b c   ac c a   ab a b 

⇔

 1 1 1
(x – a – b – c)  + +  > 0
 bc ab ac 

⇔

(a + b + c) (x – a – b – c) < 0

(do abc < 0)

 Nếu a + b + c > 0, ta có: x < a + b + c
 Nếu a + b + c < 0, ta có: x > a + b + c
Bài 3:
a < b + c (bất đẳng thức tam giác)
⇒

2a < a + b + c

⇒

2a < 2

⇒

a<1

Tương tự: b < 1, c < 1
Ta có:


(1 – a) (1 – b) (1 – c) > 0
⇒

(1 – b – a + ab) (1 – c) > 0

⇒

(1 – c – b + bc – a + ca + ab – abc) > 0

⇒

abc < ab + bc + ca + 1 – (a + b + c)

⇒

abc < ab + bc + ca – 1

⇒

2abc < 2ab + 2bc + 2ca – 2

⇒

a2 + b2 + c2 + 2abc < a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca – 2

⇒

a2 + b2 + c2 + 2abc < (a + b + c)2 – 2

⇒

a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

Bài 4:
Gọi (O) là đường tròn nội tiếp ∆ABD tiếp xúc với BD tại H, (I) là đường tròn nội tiếp ∆ADC
tiếp xúc với CD tại K.
A
ODI = 90° (tính chất 2 tia phân giác của 2 góc kề bù)
1
ABC = 30°, ICK = 30°
2

OBH =

∆OHB, ∆KIC là nửa tam giác đều.
⇒

I

BH = OH 3 = R1 3

O

KC = IK 3 = R2 3
B

OHD = DKI (= 90°)

H D

ODH = DIK (cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).
Do đó: ∆OHD
⇒

∆DKI

OH HD
=
⇒ OH . IK = HD . DK
DK IK

Vậy: HD . DK = R1 . R2
Theo bất đẳng thức côsi:
1 = BC = BH + KC + HD + DK ≥ 2 BH . KC + 2 HD . DK
⇒

1 ≥ 2. 3 . R1 . R 2 + 2 R1 . R 2

⇒

1≥

⇒

R 1R 2 ≤

1
2 3+2

⇒

R1R2 ≤

2− 3
8

(

R1 R 2 2 3 + 2

)

Dấu “=” xảy ra ⇔ BH = KC và HD = DK
⇔ D là trung điểm cạnh BC

K

C


Vậy: Khi D là trung điểm cạnh BC thì R1.R2 đạt GTLN và bằng

Bài 5:
a) AC là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh a nên:
AC =

A

2 .a

2− 3
8

P Q
M

AC = 3AN = 4AM (gt)
⇒

N

AN 1 AM 1
= ,
=
NC 2 MC 3
AM . AN =

1
1
1
AC. AC =
4
3
12

∆MDC có AP//DC suy ra:
⇒AP =

(

)

2
1
2 .a = a 2
6

D

C
x

AP AM
=
(hệ quả định lý Talet)
DC MC

AM
1
. DC = a
MC
3

Tương tự có: AQ =

1
a
2

Do đó: AM .AN = AP . QA
⇒

B

 1 2
= a 
 2 

AM AP
=
(*)
AQ AN

∆AMP và ∆AQN có:
MAP chung (**)
(*), (**) ⇒ ∆ AMP

∆AQN

b) Vẽ Bx là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BMN, tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ
BN có chứa điểm C.
Ta có:

NC.MC =

2
AC . AC = AC2 = a2
3

Do đó: NC.MC = BC2 (= a2)

⇒

Xét ∆NCB và ∆BCM có:
NCB chung
⇒

∆NCB

∆BCM ⇒ NBC = BMC

Mặt khác: NBx = BMC ( = sđ BN)

Do đó:

NBC = NBx, tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BN có chứa điểm C
⇒ Hai tia BC, Bx trùng nhau.
⇒ BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BMN
⇒ BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆BMN