Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 7)

Xuân Đức 66
Đề Số 11
Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2
Năm học: 2008-2009
(Thời gian làm bài 150 )
Bài 1: (5 điểm)
1.Giải phơng trình.
xx
x


1
36
= 3 + 2
2
xx

2. Cho hệ phơng trình:
2 2
3 3 0
2 2 9 0
x y
x y x y
=


+ =

Gọi (x
1
; y

1
) và (x
2
; y
2
) là hai nghiệm của hệ phơng trình trên. Hãy tìm
giá trị của biểu thức.
M = (x
1
- x
2
)
2
+ (y
1
-y
2
)
2
.
Bài 2 : (3 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đờng tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B,C
là các tiếp điểm). Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O) (M
khác B và C). Tiếp tuyến tại M cắt AB và AC tại E, F, đờng thẳng BC cắt OE và
OF ở P và Q. Chứng minh rằng tỷ số
EF
PQ
không đổi khi M di chuyển trên cung
nhỏ BC.
Bài 3: (3 điểm) Tìm các số x, y, z nguyên dơng thoả mãn đẳng thức.

2(y+z) = x (yz-1)
Bài 4 : (5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, góc A= 45
0
và các đờng cao BE, CF
cắt nhau tại H. Gọi M, N, K lần lợt là trung điểm của BC, AH, EF và 0 là tâm
đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:
1.
EAH EBC =
2. Bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Ba điểm H, K, O thẳng hàng.
Bài 5 :(2 điểm)
Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên
tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác đó.
Bài 6 : (2 điểm) Cho x, y, z 0 va x + y + z

3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
1
Xuân Đức 66
Đáp án đề số 1
Bài 1 : (4 điểm)
Câu 1: (2 điểm)

ĐK 0 < x < 1 và x
2
1
Khử mẫu ở vế trái ta đợc phơng trình:
3(
xx
+
1
) = 3 + 2
2
xx

Đặt
xx
+
1
= t đk : 0 < t <
2
Phơng trình viết thành : t
2
- 3 t + 2 = 0
Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho.
Câu 2: (2 điểm)
x = 3 (y+1) thế vào phơng trình còn lại
=> 5y
2
+ 5y - 3 = 0 (*)
Phơng trình (*) có 2 nghiệm y
1
, y

2
mà y
2
+ y
2
= -1
y
1
y
2
= -
5
3
Lại có x
1
- x
2
= 3(y
1
- y
2
) => M = (x
1
- x
2
)
2
+ (y
1
- y

2
)
2
= 10 (y
1
- y
2
)
2
.
= 10 [(y
1
+y
2
)
2
-4y
1
y
2
] = 34
Bài 2: (3 điểm)

H
P
Q
G
F
E
M

J
K
I
O
C
A
B
Giả sử EO cắt (O) tại I và J ; FO cắt (O) tại G và K (hình vẽ)
Ta có: FEP =
2
1
sđ (MJ - MI) =
2
1
sđ (IJ - 2MI) ; =
2
1
(180
0
- sđ MB) (1)
FQP =
2
1
sđ (GB + CK)
2
d
H
O
K
N

M
F
E
C
B
A
Xuân Đức 66
=
2
1
sđ (MB + MG + CK)
=
2
1
sđ (MB + GC + CK)
=
2
1
sđ (MB + 180
0
) (2)
Từ (1) và (2) => FEP + FQP = 180
0
=> PQO = FEO => FEO ~ PQO
=>
OM
OH
EF
PQ
=

(Với OH BC).
Vì A và (O;R) cố định nên OH, OM không đổi =>
EF
PQ
không đổi khi M
di chuyển trên đờng tròn.
Bài 3 : (5 điểm)
Câu 1 (1 điểm)
Do
ã
0
45BAC =
nên
AEB
và
AFC
là các tam giác vuông cân
EA EB =
(*)
ã
0
45ACF HCE =
vuông cân tại H
HE HC =
(2*)
Từ (*) và (2*) suy ra
HAE CBE
=
Câu 2 : (2,5 điểm)
Do EN là trung tuyến của tam giác vuông AEH

Nên EN = NH (1)
ã
ã
NAE AEN =
Ta lại có:
ã
ã
HAE EBC=
(1) (vì
HAE CBE
=
c/m câu a)
Tơng tự trong tam giác vuông BEC có EM là trung tuyến nên: EM = MB
MBE

cân tại M
ã
ã
MEB MBE =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
ã
ã
NEA MEB=

Nên
ã
ã ã
ã
0

90AEN NEH NEH MEB+ = + =

MEN

vuông tại E
Nếu gọi I là trung điểm của MN thì ta có IM = IN = IE (3*)
C/M tơng tự ta có:
Trong tam giác vuông HFA có FN là trung tuyến
Suy ra FN = NA = NH (2)
Từ (1) và (2) suy ra NE = NF
FNE

cân tại N
ã
ã
NEF NFE =
(3)
Mặt khác:
ã
ã
MEF MFE=
(vì
ME MF=
c/m trên) (4)
Từ (3) và (4) suy ra
ã
ã
ã
ã
0

90NEF MEF NFE MFE+ = + =
3
Xuân Đức 66
Do đó FI là trung tuyến của tam giác vuông MFN
IN IM FI = =
(4*)
Từ (3*) và (4*) suy ra bốn điểm M, F, N, E nằm trên
đờng tròn (I;
)
2
MN
Câu 3 : ( 1,5 điểm)
Do tam giác AEB là tam giác vuông cân nên E nằm trên đờng trung trực của
AB
//OE AB OE HF

(1) (vì cùng vông góc với AB)
Tơng tự ta có: OA = OC (vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Nên
O nằm trên đờng trung trực của AC (a)
Mà tam giác CFA vuông cân tại F do đó F nằm trên đờng trung trực của AC (b)
Từ (a) và (b) suy ra :
FO AC

//FO BE

hay
//OF HE
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HFOE là hình bình hình
Mà KE = KF

KO KH
=
do đó H, K, O thẳng hàng (đpcm)
Bài 4: (3 điểm)
Với x = 1 => (y-2) (z-2) = 5 => (x;y;z) là (1;3;7) và (1;7;3)
Với x > 2 từ PT đã cho => 2(y+z) > 2(yz-1) => yz - y - z - 1 < 0
=> (y-1)(z-1) < 2. (*)
Giả sử y z
- Nếu y = 1 từ PT đã cho 2(1+z) = x(z -1) (x-2)(y-1) = 4
nghiệm : (x;y;z) = (3;1;5); (4;1;3) ; (6;1;2)
- Nếu y 2 => z y 2 từ (*) => y = 2 ; z chỉ nhận 1 trong 2 giá trị 2
hoặc 3 . thay vào PT đã cho nghiệm (x;y;z) = (2; 2 ;3)
Do vai trò của y , z bình đẳng nên khi đổi vai trò của y , z ta có 4 nghiệm nữa
Kết luận phơng trình có 10 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 7); (1; 7; 3); (3; 1; 5);
(4;1;3); (6;1;2); (2;2;3); (3;5;1); (4;3;1); (6;2;1); (2;3;2)
Bài 5: (2 điểm)
Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán
Xét BCD và ECD và S
BCD
= S
ECD
đáy CD chung, các đờng cao hạ từ.
B và E xuống, CD bằng nhau => EB CD,
Tơng tự AC// ED, BD AE, CE AB, DA BC
Gọi I = EC BC => ABIE là hình bình hành.
=> S
IBE
= S
ABE
= 1. Đặt S

ICD
= x < 1
=> S
IBC
= S
BCD
- S
ICD
= 1-x = S
ECD
- S
ICD
= S
IED
Lại có
IBE
IBC
IDE
ICD
S
S
IE
IC
S
S
==
hay
1
1
1

x
x
x

=

=> x
2
- 3x + 1 = 0 => x =
2
53

do x < 1 => x =
2
53

.
Vậy S
IED
=
2
15

4
A
B
C
E
D
I

Xu©n §øc 66
Do ®ã S
ABCDE
= S
EAB
+ S
EBI
+ S
BCD
+ S
IED
= 3 +
2
15
−
=
2
55
+
Bai 6̀ : (2 ®iÓm) c/minh:
2
2
2 2
2 1
2 1 1
1 1
x x
x x
x x
+

≤ + → ≤ =
+ +
2
1
1 2
x
x
≤
+
. T¬ng t ự
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
3
2
≤
3
2

MaxA =
khi x = 1; y = 1 ; z = 1
5