Tài liệu ĐT HSG TP Hòa Bình 10-11

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
THÀNH PHỐ HÒA BÌNH Môn: Toán lớp 9
( thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 12/1/2011
Bài 1.( 2,0 điểm) tìm n nguyên dương sao cho:
n
3
– n
2
+ 2n + 7 chia hết cho n
2
+ 1
Bài 2.( 2,0 điểm) Cho a, b, c, x, y, z là những số thưc dương.
Chứng minh rằng nếu:
a b c
x y z
< <
thì
a a b c c
x x y z z
+ +
< <
+ +
.
Bài 3.( 2,0 điểm) Giải phương trình sau: x
4
– 144x =2x
2
+ 1295
Bài 4.( 2,0 điểm) Cho hệ phương trình:
1

1
2
x y
m
y x
x y

−
+ =

−


+ =

.
a) Giải hệ khi m = 2
b) tìm các giả trị của m để hệ vô nghiệm.
Bài 5.( 1,5 điểm) Tính diện tích hình thang có 2 đường chéo là 6m và 10m, đoạn thẳng
nối trung điểm của 2 đáy bằng 4m.
Bài 6.( 2,0 điểm) Cho biểu thức: A =
3
1 1
1 1 1
x x
x x x x x
−
+ +
− − − + −
.

a) Rút gọn biểu thức A.
b) tìm giá trị của x khi A = 4.
c) Tìm các giá trị nguyên dương của x để A có giá trị nguyên.
Bài 7.( 3,0 điểm) Một người đi dạo chơi trong 5 giờ, lúc đầu đi trên đường bằng, sau đó
leo dốc và cuối cùng theo lối cũ trở về. Vận tốc trên đường bằng là 4km/h, leo dốc là
3km/h và xuống dốc là 6km/h. Tìm độ dài quãng đường người ấy đã đi( cả đi lẫn về)
Bài 8.( 5,5 điểm) cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và 1 điểm A trên nữa
đường tròn( A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC( H thuộc BC). Trên nửa mặt
phẳng bờ BC chứa A, dựng hai nửa đường tròn đường kính HB và HC, chúng lần lượt
cắt AB và AC tại E và F.
a) Chứng minh: AE. AB = AF. AC
b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn đường kinh HB và
HC.
c) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng của H qua AB và AC, Chứng minh ba
điểm I, A, K thẳng hàng.
d) Đường thẳng IK cắt tiếp tuyến kẻ từ B của nửa đường tròn (O) tại M, chứng minh
ba đường thẳng MC, AH, EF đồng quy.
Bài giải.
Bài 1. Ta có n
3
–n
2
+ 2n + 7 = (n
2
+ 1)(n – 1) + (n + 8). Do đó n
3
–n
2
+ 2n + 7 M n
2

+
1  n + 8 M n
2
+ 1  n
2
– 64 M n
2
+ 1  n
2
+ 1 – 65 M n
2
+ 1  65M n
2
+ 1
Vì n
2
+ 1 > 0 nên n
2
+ 1 = 1; 5 ; 65
Nếu n
2
+ 1 = 1  n = 0 ( loại vì n không nguyên dương)
Nếu n
2
+ 1 = 5  n = 2 hoặc n = -2 ( loại n = - 2 vì n không nguyên dương)
Nếu n
2
+ 1 = 65  n = 8 hoặc n = - 8 ( loại n = - 8 vì n không nguyên dương)
Thử lại n = 2 thỏa n
3

–n
2
+ 2n + 7 chia hết cho n
2
+ 1
Vậy với n = 2 thì n
3
–n
2
+ 2n + 7 chia hết cho n
2
+ 1.
Bài 2. *) Từ gt
a c
x z
<
và vì x > 0 nên a <
c
z
x

b
y
<
c
z
và vì y > o nên b <
c
z
y

Suy ra a+ b+ c <
( )
c c c c
x y z x y z
z z z z
+ + = + +
=>
a b c c
x y z z
+ +
<
+ +
( vì x + y + z > 0) (1)
*) Từ gt
a c
x z
<
và vì z > 0 nên
a
z c
x
<

a b
x y
<
và vì y > 0 nên
a
y b
x

<

Suy ra:

( )
a a a a a a b c
x y z a b c x y z a b c
x x x x x x y z
+ +
+ + < + + => + + < + + => <
+ +
( Vì x+y +z > 0) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
a a b c c
x x y z z
+ +
< <
+ +
.
Vậy
a a b c c
x x y z z
+ +
< <
+ +
với a, b, c, x, y, z là những số thực dương.
Bài 3. Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x
4
+ 2x

2
+ 1 = 4x
2
+ 144x + 1296  ( x
2
+ 1)
2
= ( 2x + 36 )
2


2
2
1 2 36(1)
1 2 36(2)
x x
x x

+ = +

+ = − −

Giải phương trình (1) : Có (1)  x
2
– 2x – 35 = 0  x
1
= -5 ; x
2
= 7
Giải phương trình (2) : Cos (2)  x

2
+ 2x + 37 = 0 => PTVN
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x
1
= -5 ; x
2
= 7
Bài 4. a) ĐK:
1x
y
−
>0 . Đặt
1x
y
−
= t > 0 thì ta có hệ phương trình
2
1
2(1)
2 1 0
2
2
t
t t
t
x y
x y


+ =

− + =
 
<=>
 
+ =



+ =


Xét PT (1): Ta có (1)  (t -1)
2
= 0  t = 1 ( thỏa điều kiện của t)
Ta có hệ phương trình:
1 2
1
11
2
2
1 2
2
2
x
x
x y
y
x y
y
x y


+

−
=

− ==


 
<=> <=>
  
+ =

− +

 
=
+ =



Vậy với m = 2 thì hệ phương trình có nghiệm là:
1 2
2
1 2
2
x
y


+
=



− +

=



b) C
1
: Áp dụng bdt Cô-si cho 2 số dương
1
à
1
x y
v
y x
−
−
ta có
m=
1 1
2 . 2
1 1
x y x y
y x y x
− −

+ ≥ =
− −
. Do đó hệ phương trình vô nghiệm khi m < 2
C
2
: Đặt
1x
y
−
= t > 0 thì từ PT thứ nhất của hệ ta có PT: t
2
– mt + 1 = 0 . Do đó hệ
PT đã cho vô nghiệm khi PT ẩn t vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm âm.
+) Xét trường hợp PT vô nghiệm: Ta có PT ẩn t vô nghiệm 
∆
< 0  m
2
– 4 < 0
 -2 < m < 2.
+) Xét trường hợp PT ẩn t có 2 nghiệm âm: Ta có Pt ẩn t có 2 nghiệm âm 
2
0 4 0
2
0 0 2
2
0 1 0
0
m
m
s m m

m
p
m

∆ ≥ − ≥

≥



 

< <=> < <=> <=> ≤ −
≤ −
  

  
> >
<



Kết hợp các trường hợp trên ta có hệ PT vô nghiệm khi m < 2
Bài 5.
G/s hình thang ABCD có 2
đường chéo AC = 10cm; BD
= 4cm. Đoạn thẳng nối trung
điểm 2 đường chéo MN =
4cm.
Gọi P, Q lần lượt là trung

điểm của AD và BC .
Tứ giác MPNQ là hình bình
hành vì có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một ( MQ = PN = 5cm ; MP = QN=
3cm)
Xét tam giác MNQ có MQ = 5cm; NQ = 3cm; MN = 4cm => tam giác MNQ vuông
tại N => S
MNQ

=
1
2
3.4= 6(cm
2
)
Ta có S
ABC
=
1
2
AC.BH
’
; S
MQKI
= IK.MH = MQ.MH mà MQ =
1
2
AC; MH =
1
2
BH

’

 S
MQKI
=
1
2
.
1
2
AC. BH
’
=> S
ABC
= 2S
MQKI
.
Chúng minh tương tự ta cũng có S
ACD
= 2S
IPNK

Ta có: S
ABCD
= S
ABC
+ S
ADC
=2S
MQKI

+ 2S
IPNK
= 2(S
MQKI
+ S
IPNK
)= 2S
MQNP
= 2.12=
24(cm
2
).
Bài 6. ĐK: x > 1.
a) A =
1 1 ( 1)
2 1
1
1
x x x x x x
x x
x x
x
− + + − − −
+ = − −
− −
−
Vậy A =
2 1x x− −
với x > 1.
b) A = 4 =>

2 1x x− −
= 4  x – 1 - 2
1x −
- 3= 0
Đặt
1x −
= t
≥
0, ta có PT t
2
– 2t – 3 = 0  t
1
= -1; t
2
= 3 ( t
1
= -1 < 0 loại)
Với t = 3 =>
1x −
= 3  x = 10 . thỏa ĐK x> 1
Vậy với x = 10 thì A = 4.
c) Khi x nguyên thì x – 1 nguyên. Do đó A nguyên khi
1x −
nguyên.
1x −
khi
x – 1 là số chính phương . => x – 1 = m
2
 x = m
2

+ 1 ( m khác 0)
Vậy với x = m
2
+ 1 với m nguyên khác 0 thì Q nguyên.
Bài 7. Gọi x và y(km) là độ dài quãng đường cả đi lẫn về và đoạn đường dốc. Đk: x,
y> 0 .
Thì độ dài đoạn đường bằng là:
2
x
- y .
H
'
K
H
I
P
Q
M
N
D
C
B
A
Thời gian lúc đi là:
2
4 3
x
y
y
−

+
. Thời gian lúc về là:
2
4 6
x
y
y
−
+
.
Vì thời gian cả đi lẫn về là 5 giờ nên ta có PT:
2 2
4 3 4 6
x x
y y
y y
− −
+ + +
= 5 
8 4 3 6 8 4
x y y y x y
− + + + −
=5 
4
x
= 5  x = 20 .
x= 20 thỏa mãn ĐK
Vậy đoạn đường cả đi lẫn về là 20km.
Bài 8.
a)

∆
ABC vuông tại A có AH
⊥
BC => AH
2
= AB. AF =
AC.AF
b) Ta có AFHB là hcn ( tứ
giác có 3 góc vuông)
=>
·
·
EF AHFH =
mà
·
·
AHF ACH=
( cùng phụ với
·
FHC
)=>
·
·
EFH ACH=
.
=> EF là tiếp tuyến của đường
tròn đường kính HC
Chứng minh tương tự ta có EF
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH.
Vậy EF là tiếp chung của đường tròn đường kính HB và HC.

c)Vì H và I đối xứng với nhau qua AB nên
·
·
HAB IAB=
.
Vì H và K đối xứng với nhau qua AC nên
·
·
HAC KAC=
.
=>
·
·
·
·
·
·
·
·
0 0
2( ) 2.90 180IAH KHA IAB HAB HAC KAC HAB HAC+ = + + + = + = = .
=> I, A, K thẳng hàng.
d) Gọi giao điểm của EF và AH là P thì P là giao điểm 2 đường chéo của hcn
AEHF => P là trung điểm của AH.
Gọi giao điểm của AC và BM là D . Xét tam giác ABD vuông tại A có
·
·
DBA BAM=
( vì có
·

·
DBA BAH=
( so le trong);
·
·
BAH BAM=
( H;I đối xứng nhau qua
AB)).
 MA = MB = MD.
Vì AH // DB ; MD = MB => MC đi qua trung điểm P của AH
Vậy AH, MC, EF đồng quy tại 1 điểm.
I
K
O
M
P
F
E
H
D
C
B
A