DE THI HSG L9-HCM-0809

Sở Giáo dục - Đào tạo
TP.Hồ Chí Minh
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-THCS CẤP THÀNH PHỐ
Năm học 2007 – 2008 MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình :
2
2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + =
(
x
là ẩn số)
a) Định
m
để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm.
b) Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình trên.
Định
m
để A=
2 2
1 2
x x+
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 : (4 điểm)
a) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh:
1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b

< + + + <
+ + + + + + + +
b) Cho
1 ; 1a b≥ ≥
. Chứng minh :
1 1a b b a ab− + − ≤
Câu 3 : (4 điểm)
Giải các phương trình :
a)
2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
Câu 4 : (2 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
thì
2
1n n+ +
không chia hết cho 9.
Câu 5 : (4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A sao cho tứ giác
BHCM là một hình bình hành.
b) Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các
điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng.
Câu 6 : (2 điểm)

Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 ,
diện tích tam giác COD bằng 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.

HẾT
ĐÁP ÁN
Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình :
2
2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + =
(
x
là ẩn số)
a) Định
m
để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm.
b) Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình trên.
Định
m
để A=
2 2
1 2
x x+
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
a)
2 2
(6 3) 8( 3 1) (6 1)m m m∆ = − − − + = −

1;2
6m - 3 6m - 1
x
4
±
⇒ =
1
x 3m - 1⇒ =
v
2
1
x
2
= −
Để hai nghiệm phân biệt đều âm thì
1
3 1 0
3
1
1
3 1
2
6
m
m
m
m

− <
<



 
⇔
 
− ≠ −
 
≠



b)Ta có A=
2 2
1 2
x x+
=
2
1 1
(3 1)
4 4
m − + ≥
A đạt GTNN là
4
1
khi
1
3
m =
Câu 2 : (4 điểm)
a) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh:

1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + + <
+ + + + + + + +
b) Cho
1 ; 1a b≥ ≥
. Chứng minh :
1 1a b b a ab− + − ≤
Giải :
a) Ta có : ( với a, b, c, d là các số dương)

a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
Cộng bốn BĐT trên ta được :
1

a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + +
+ + + + + + + +
Ta lại có :
1
a a
a b c a c
c c
c d a a c
a c
a b c c d a
<
+ + +
<
+ + +
⇒ + <
+ + + +
và

1
b b
b c d b d
d d
d a b d b
b d
b c d d a b
<
+ + +
<

+ + +
⇒ + <
+ + + +
Từ đó ta có đpcm.
b)Ta có
1 1
1 1( 1)
2 2
a a
a a
+ −
− = − ≤ =

( , 1)a b ≥
Suy ra :
1
2
ba
b a − ≤
( 1)
Tương tự :
1
2
ab
a b − ≤
(2)
Cộng (1) và (2) ta có đpcm.
Câu 3 : (4 điểm)
Giải các phương trình :
a)

2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
Giải:
a)
2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
Đặt
2
3t x x= −
, ta có phương trình :
2
6 7 0 1 7t t t v t− − = ⇔ = − =
Với
2 2
3 5
1, 3 1 3 1 0
2
t x x x x x
±
= − − = − ⇔ − + = ⇔ =
Với
2 2
3 37
7, 3 7 3 7 0
2

t x x x x x
±
= − = ⇔ − − = ⇔ =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
Đặt
2
8 3 0, 8 3u x u u x= + − ⇔ ≥ = + −
Đặt
2
5 3 0, 5 3v x v v x= − − ⇔ ≥ = − −
Ta có hệ phương trình:
2 2
5
2 3
3 2
13
u v
u u
v
v v
u v
+ =
= =

 
⇔
  
= =
+ =

 

Từ đó ta tìm được nghiệm x = 4
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
( Điều kiện :
0 1x≤ ≤
Ta thấy
0x =
không thỏa nên ta chia hai vế cho
x
:
2 2
1 1
1 1
x x x x
x x x x
x x
x x
+ −
+ = + ⇔ + + − = +
Xét vế phải :
1
2x
x
+ ≥
và dấu bằng xảy ra khi x = 1.
Ta có :
2

2 2
( 1 1 )
( 1 ) ( 1 ) 2
2
x x
x x
+ + −
≤ + + − =
Suy ra vế trài :
1 1 2x x+ + − ≤
và dấu bằng xảy ra khi x = 0.
Vậy hai vế không bằng nhau. Phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 4 : (2 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
thì
2
1n n+ +
không chia hết cho 9.
Giải:
Giả sử
2
1n n+ +
chia hết cho 9 thì ta có :
2
1 .9 ( )n n k k N+ + = ∈
2
1 .9 0n n k+ + − =
( 1)
1 4(1 .9) 36 3 3(12 1)k k k∆ = − − = − = −

Ta thấy
∆
chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên không là số chính phương, do vậy
phương trình (1) trên không thể có nghiệm nguyên.
Vậy
2
1n n+ +
không chia hết cho 9. ( đpcm)
Câu 5 :
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
a)Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A sao cho tứ giác
BHCM là một hình bình hành.
b)Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm
đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng.
a) Gọi M
o
là điểm đối xứng của A qua tâm O của đường tròn.
Ta có CM
o
song song với BH vì cùng vuông góc với AC.
BM
o
song song với CH vì cùng vuông góc với AB.
Vậy tứ giác BHCM
o
là một hình bình hành.
Điểm M
o
chính là vị trí của M mà ta cần xác định.
b) Ta có N và M đối xứng qua AB nên : ANB=AMB= ACB.

H là trực tâm tam giác ABC nên AHB + ACB = 180
o
Suy ra : ANB + AHB = 180
o
.
Tứ giác AHBN nội tiếp được cho ta : NHB = NAB.
Mà NAB = MAB nên NHB = MAB. ( 1)
Tương tự ta cũng có : EHC = MAC ( 2 )
Cộng (1 ) và (2 ) ta có : NHB + EHC = BAC.
Mà ta lại có : BAC + BHC = 180
o
Nên : NHB + EHC + BHC = 180
o
Vậy N, H , E thẳng hàng.
Câu 6 : (2 điểm)
Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 ,
diện tích tam giác COD bằng 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
Giải :

Đặt
,
BOC AOD
S x S y= =
Ta có
AOB BOC
AOD COD
S S
OB
S OD S
= =

Suy ra :
4
36
9
x
xy
y
= ⇒ =
Ta lại có
4 9 13 2 13 2.6 25.
ABCD
S x y xy= + + + ≥ + = + =
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 6.
Vậy diện tích tứ giác ABCD đạt giá trị nhỏ nhất là 25.