Tài liệu Đề & Đáp án HSG Toán 9 cấp tỉnh

Tr ờng THCS Nhữ Bá Sỹ đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn toán Thời gian 150 phút
Bài 1(2.0 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn:
( 3 + 5
2
)
m
= ( 5 + 3
2
)
n

Bài 2: (2.0 điểm): Cho a, b > 0 và 6a
2
+ ab = 35b
2
.
Tính giá trị của M =
22
22
4b3ab2a
ab5b3a
+
++
Bài 3: (2.0 điểm): Cho 2 phơng trình : ax
2
+ bx + c = 0 (1)
cx
2
+ bx + a = 0 (2)
(a, b, c

0)
Chứng minh rằng nếu PT (1) có 2 nghiệm dơng x
1
và x
2
thì PT (2) cũng có 2
nghiệm dơng x
3
và x
4
. Khi đó chứng minh x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4


4
Bài 4: (2.0 điểm) : Tìm a và b sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất:





=++
=+

=+
4
222
2
zyx
byzxy
ayxyz
Bài 5: (2.0 điểm) : Giải phơng trình:
4
413 x

- 2
3
2
45

x
= 1
Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x 13y + 6 = 0 những điểm có toạ độ nguyên
nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x = 55
Bài 7: (2.0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của S = x + y biết:
x
2
+ 3y
2
+ 2xy - 10x 14y + 18 = 0
Bài 8 (2.0 điểm) : Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B).
Đờng thẳng DM cắt đờng thẳng CB tại N . Đờng thẳng CM cắt AN tại P . Chứng minh
PB DN
Bài 9(2.0 điểm): Cho Tam giác ABC . O và I lần lợt tâm đờng tròn nội tiếp và bàng tiếp

trong góc A của ABC. Hạ OHBC và IKBC . M là trung điểm của BC.
a. Chứng minh M là trung điểm của HK.
b. Chứng minh MO đi qua trung điểm của AH
Bài 10: (2,0 điểm): Cho

ABC đều có cạnh bằng 1. Lấy D bất kỳ trên cạnh BC. Gọi
r
1
, r
2
lần lợt là bán kính của đờng tròn nội tiếp

ABD và

ACD . Xác định vị trí
của điểm D trên cạnh BC để tích r
1
r
2
đạt giá trị lớn nhất . Tính giá trị lớn nhất đó.
Ngời ra đề: Nguyễn Văn Ngọc
Đáp án
Bài 1(2 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn: ( 3 + 5
2
)
m
= ( 5 + 3
2
)
n

(1)
Giải: Nhận thấy: với m= 0 thì n = 0. Vậy với m = 0 và n = 0 thì thoả mãn (1).
Với m > 0 thì n > 0. Ta có: ( 3 + 5
2
)
m
khai triển ra có dạng A + B
2
, Khi đó:
( 3 - 5
2
)
m
khai triển ra có dạng A - B
2

Và ( 5 + 3
2
)
n
khai triển ra có dạng C + D
2
, Khi đó:
( 5 - 3
2
)
n
khai triển ra có dạng C - D
2

( Trong đó A,B,C,D

N )
Theo giả thiết ta có: A + B
2
= C + D
2


A C = (D - B)
2
(2)
Do A,B,C,D

N và
2

I nên từ (2) ta suy ra A C = 0 và D B = 0

A = C và B = D

A - B
2
= C - D
2


( 3 - 5
2
)

m
= ( 5 - 3
2
)
n
(3)
Từ (1) và (3) ta có: ( 3 + 5
2
)
m
( 3 - 5
2
)
m
= ( 5 + 3
2
)
n
( 5 - 3
2
)
n



(9 50)
m
= (25 - 18)
n

(- 41)
m
= 7
n
(4)
Do 7 và 41 là những số nguyên tố nên theo (4) ta suy ra 7

41 (Vô lý)
Vậy chỉ có m = 0 và n = 0 là thoả mãn.
Bài 2: (2.0 điểm): 6a
2
+ ab = 35b
2


(3a 7b)(2a + 5b) = 0

a =
b
3
7



M =
22
22
4b3ab2a
ab5b3a

+
++
=
2
2
9
71
3
71
b
b
= 3
Bài 3: (2.0 điểm): Vì PT (1) có 2 phân biệt x
1
và x
2
nên
1

= b
2
- 4ac > 0
Xét PT (2) ta có
2

= b
2
- 4ac

2

> 0

PT (2) cũng có 2 nghiệm phân biệt x
3
và x
4

Mặt khác theo viét ta có: x
1
x
2
=
a
c
và x
1
+ x
2
=
a
b

x
3
x
4
=
c

a
và x
3
+ x
4
=
c
b

Do x
1
, x
2
> 0 nên x
1
x
2
=
a
c
> 0 và x
1
+ x
2
=
a
b

>0

a, c, -b cùng dấu


x
3
x
4
=
c
a
> 0 và x
3
+ x
4
=
c
b

> 0

x
3
, x
4
> 0
Ta lại có do x
1
, x
2
là nghiệm của PT (1) nên ax

1
2
+ bx
1
+ c = 0 (3)
và ax
2
2
+ bx
2
+ c = 0 (4)
Suy ra a + b
1
1
x
+ c
2
1
)
1
(
x
= 0 và a + b
2
1
x
+ c
2
2
)

1
(
x
= 0 ( lần lợt chia cả 2 vế của (3)
và (4) cho x
1
2
và x
2
2
)


1
1
x
và
2
1
x
chính là 2 nghiệm của PT (2)

x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4

= x
1
+ x
2
+
1
1
x
+
2
1
x
= (x
1
+
1
1
x
) + ( x
2
+
2
1
x
)

2 + 2

x
1

+ x
2
+ x
3
+ x
4


4
Bài 4: (2.0 điểm): Nhận thấy nếu (x
0
, y
0
, z
0
) là một nghiệm của hệ PT trên thì (-x
0
, y
0
,
-z
0
) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì x
0
= - x
0
và z
0
= -
z

0
suy ra x
0
= z
0
= 0 . Thay các giá trị này vào hệ ta đợc y
0
= a ; y
0
= b và y
0
2
= 4
Vì vậy suy ra a = b =

2
- Nếu a = b = -2 thì ta có hệ





=++
=+
=+
4
2
2
222
2

zyx
yzxy
yxyz
Lấy vế trừ vế của 2 PT đầu cho nhau ta đợc: xyz(y - 1) = 0. Từ đó ta thấy hệ có nghiệm
duy nhất đó là x = z = 0 ; y = -2
- Nếu a = b = 2 thì ta có hệ





=++
=+
=+
4
2
2
222
2
zyx
yzxy
yxyz
Làm tơng tự nh trên ta cũng có : xyz(y - 1) = 0 và nhận thấy hệ không chỉ một nghiệm là
: x = z = 0 , y = 2 mà còn có các nghiệm khác, chẳng hạn nh
x =
2
15

, y = 1 , z =
2

15
+
là một nghiệm, nên với a = b = 2 không thỏa mãn
Vậy chỉ có a = b = -2 là thỏa mãn đề bài.
Bài 5(2.0 điểm) : Giải phơng trình:
4
413 x

- 2
3
2
45

x
= 1
Giải : Ta có: Nếu
x
>1 thì x
2
> 1 và x
4
>1
Nếu
x
<1 thì x
2
< 1 và x
4
<1
- Xét

x
>1 ta có 13 - 4x
4
< 9


4
413 x

< 3
5x
2
- 4 > 1

2
3
2
45

x
> 2


4
413 x

- 2
3
2
45

x
< 1

Phơng trình đã cho vô nghiệm
- Xét
x
<1 ta có 13 - 4x
4
> 9


4
413 x

> 3
5x
2
- 4 < 1

2
3
2
45

x
< 2


4

413 x

- 2
3
2
45

x
> 1

Phơng trình đã cho vô nghiệm
- Xét
x
=1

x
2
= x
4
= 1

x=

1
Với x=

1 thỏa mãn phơng trình đã cho.
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm đó là: x
1

= 1 và x
2
= - 1
Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x 13y + 6 = 0 những điểm có toạ độ nguyên
nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x= 55
Giải: Giả sử A(a, b) là điểm có toạ độ nguyên thuộc đờng thẳng trên và nằm giữa 2 đ-
ờng thẳng x = -15 và x =55 . Ta có: 8a 13b + 6 = 0 và -15

a

55 (a, b

Z)
Từ 8a 13b + 6 = 0

b

2 đặt b = 2k (k

Z) suy ra:
a =
8
613

b
=
8
626

k

= 3k 1 +
4
1
+
k
để a

Z thì k + 1

4 hay k + 1 = 4t (t

Z) hay k = 4t 1 từ đó suy ra a = 13t 4 và b = 8t 2
Do -15

a

55 nên -15

13t - 4

55


13
11



t

13
59
mà t

Z suy ra:
t = 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4
- Nếu t = 0

a = - 4 ; b = - 2
- Nếu t = 1

a = 9 ; b = 6
- Nếu t = 2

a = 22 ; b = 14
- Nếu t = 3

a = 35 ; b = 22
- Nếu t = 4

a = 48 ; b = 30
Vậy các điểm có toạ độ nguyên thoả mãn đề bài là:
(- 4 ; -2) ; (9 ; 6) ; (22 ; 14) ; (35 ; 22) và (48 ; 30)
Bài 7:(2.0 điểm): x
2
+ 3y
2
+ 2xy - 10x 14y + 18 = 0

(x + y - 5)
2
= 9 - 2(y - 1)
2


9

-3

x + y 5

3


2

S = x + y

8
S = 2 khi x = y = 1 S = 8 khi x = 7 và y = 1
Bài 8: (2.0 điểm): Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN. Gọi H là giao
của đờng thẳng AN và CK . Ta có :

ABN =

DAK (c.g.c)

BAN =

ADK
mà

BAN =

KAH và

KAH +

HAD = 90
0




ADK +

HAD = 90
0


AH

KD hay NA

KD (1)
Tơng tự ta cũng có

BCK =

CDN


BCK =

CDN

ND

KC (2)
Từu (1) Và (2) suy ra H là trực tâm của

NKD

DH

KN (3)
Lại có: KB

NC , Kết hợp với (2)

M là trực tâm của

NKC


CM

KN

MP

KN (4)
Từ (3) và (4)

MP//DH


NH
NP
=
ND
NM
(5)
Lại có: MB//DC


NC
NB
=
ND
NM
(6)
Từ (5) và (6)


NH

NP
=
NC
NB


PB//CH mà CH

ND

PB

ND (đpcm)
Bài 9 (2.0 điểm):
a.(1.0 điểm): Hạ IS

AB IL

AC
Ta có: BH=
2
ACBCAB
+
(1) ; CK= CL = AL-AC
AL=AS = AB + BS = AB + BK = AB + (BC - CK)

CK = AL-AC=AB+(BC-CK) - AC
M
BA
P

N
D
CC
I
H
K
N
KH C

B
B
A
O
M
L

B
S

B
I

B
P

B
⇒
2 CK = AB + BC – AC
⇒
CK=

2
ACBCAB
−+
(2)
Tõ (1) vµ (2)
⇒
BH = CK
L¹i cã: BM = CM
⇒
MH = MK
b.(1.0 ®iÓm): Nèi AK c¾t (O) t¹i N ta cã: OP//IL
⇒

IL
OP
=
AI
AO
mµ OP=ON ; IL=IK nªn
IK
ON
=
AI
AO

⇒
ON//IK
L¹i cã OH//IK nªn H ; O ; N th¼ng hµng
Trong
∆

HNK cã ON=OH ; MH=MK
nªnMO//NK hay MO//AK
Trong
∆
AHK cã:
MH=MK vµ MO//AK nªn MO ®i qua trung ®iÓm cña AH
Bµi 10: 2,0 ®iÓm:
H¹ DE
⊥
AB . §Æt BD = x ta cã : CD = 1 – x ; BE =
2
x
; DE =
2
3x
AD
2
=
22
)
2
3
()
2
1(
xx
+−
= x
2
– x + 1

⇒
AD =
1
2
+−
xx
S
ABD

= r
1
.
4
3
2
.
2
xABDEBDADAB
==
++

⇒

4
3
2
)11(
2
1
x

xxxr
=
+−++
⇒
r
1
=
11
2
3
2
+−++
xxx
x
C/m t¬ng tù:
12
1
.
2
3
2
2
+−+−
−
=
xxx
x
r
⇒
)1x

2
x3(1
x)x(1
.
4
3
)1x
2
xx)(21x
2
xx(1
x)x(1
.
4
3
2
r
1
r
+−+
−
=
+−+−+−++
−
=
=
)
2
3
(1

4
1
)
4
3
2
)
2
1
(x(1
4
1
)1x
2
x(1
4
1
−≤+−−=+−−
=
8
32
−
DÊu “ = “ x¶y ra khi x =
2
1
khi ®ã D lµ trung ®iÓm cña BC
A
B C
D
E