De thi hoc sinh goi lop 9

Đề khO ST Học sinh giỏi

Năm học 2015 - 2016
Môn thi: Toán 9

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài I ( 2 ®iĨm ):
1) Cho phương trình

x 4  16 x 2  32 0 ( với x  R )

Chứng minh rằng x  6  3 2  3  2  2  3 là một nghiệm của phương trình đã
cho.
2) Cho a, b  R tháa m·n: ( a+ √ a2 +3 )( b+ √ b2+ 3 ) =3 . Tính a+ b
Bài II( 1,5 điểm ):
1) Giải phương trình: 7  2 x  x (2  x ) 7  x
¿
2 x − xy=1
2) Cho hệ phơng trình: 4 x 2 +4 xy y 2=m
{

2

(1)

(với x, y là các ẩn số)

a) Giải hệ phơng tr×nh (1) víi m = 7
b) T×m m sao cho hệ (1) có nghiệm
Bài III ( 2 điểm ):

1) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC. Giả sử phơng trình:
(x- a)(x- b) + (x- b)x- c) + (x- c)(x- a) = 0 cã nghiÖm kép.
Tính số đo các góc của tam giác ABC.
2) Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số abc

¿
abc=n2 −1
sao cho cba=( n −2 )2
¿{
¿

Bµi IV ( 2 ®iÓm ):
1) Chứng minh rằng:
2) Cho biÓu thøc:

1
1
1
1
88
+
+
+ .. .. .. .+
<
2 3 √2 4 √ 3
2012 √ 2011 45
¿ P=x . √ 5 − x + ( 3 − x ) . 2+ x

. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

P khi 0 x 3
Bài V ( 2,5 điểm ):
Cho đờng tròn (O), ®êng kÝnh AB = 2R vµ E lµ ®iĨm bÊt kì nằm trên đờng tròn đó (E khác
A và B). Đờng phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ
hai là K.
a) Chứng minh KAF đồng dạng KEA .
b) Gọi I là giao điểm của đờng trung trực đoạn EF với OE. Chứng minh đờng tròn (I) bán
kính IE tiếp xúc với đờng tròn (O) tại E và tiếp xúc với đờng thẳng AB tại F.
c) Chứng minh MN // AB , trong đó M và N lần lợt là giao ®iĨm thø hai cđa AE , BE víi
®êng trßn (I).
d) Tính giá trị nhỏ nhất chu vi của KPQ theo R khi E di chuyển trên đờng tròn (O), với P
là giao điểm của NE và AK, Q là giao điểm của MF và BK.
..................... Hết .......................

Họ và tên thí sinh: .............................................................Sè b¸o danh: ..................................


Bà
i
I

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
1

Điểm

2
2
4

2
Phương trình đã cho : x  16 x  32 0 ( với x  R ) ó ( x  8)  32 0
(1)

Với x  6  3 2  3  2  2  3 ó x  3 2  2  3  2  2  3

0,25

0,25

2
=> x 8  2 2  3  2 3 2  3

Thế x vào vế phải của (1) ta có:
( x 2  8) 2  32 (8  2 2  3  2 3 2 

3  8) 2  32 4(2  3)  4 3  12(2 

3)0,25
 32

= 8  4 3  8 3  24  12 3  32 0 ( vế phải bằng vế trái)
Vậy x  6  3 2  3  2  2  3 là một nghiệm của phương trình
đã cho ( đpcm)
2

0,25





tõ  a  a2  3   b  b2  3  3



  a2  a2  3




  .  b   b2  3  3 a 
2




  a  a2  3   b  b2  3  3






2
2
 a  a  3   b  b  3  3



vËy 

 a  a2  3   b  b2  3  3






a2  3   b  b2  3 








0,5



2
2
2
2
 ab + a b + 3 + b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3
 

2
2
2

2
 ab - a b + 3 - b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3


  2a b2 + 3 + 2b a 2 + 3 = 0













0,25

 a b2 + 3 + b a 2 + 3 = 0
v × a 2 + 3 > 0, b2 + 3 > 0
nª n a = b = 0
a+b=0

1

Đặt 7 x=t ; √ x=v §K v, t ≥ 0
 t 2 +2 v =(2+ v). t  ...  (t − v )(t 2)=0 t=v hoặc t=2
Nếu t= 2 thì 7− x=2  x = 3 (TM)

NÕu t = v th× √ 7− x=√ x  x = 3,5

0,25
0,25

0,25

2 x 2  xy 1
 2
2
4 x  4 xy  y m

+) xÐt x = 0 kh«ng tháa m·n hƯ phơng trình.
+) xét x khác 0. Ta có:
II

2


2 x2 1
y


x
2 x 2  xy 1



 2
2

2
4 x  4 xy  y m

4 x 2  4 x. 2 x  1 

x


1


2 x2  1
y 

x
2
 2x2  1 
4
2

8 x  mx  1 0

 m
 x 

a) Khi m = 7, ta cã:

2 x2  1
y




x
2 x2  1
y 
 2
   x 1

x

8 x 4  7 x 2  1 0


 x2   1
8
 

III

0,25


2 x2  1
y


x




  x 1
  x  1

  x 1

  y 1
  x  1

  y  1

0,5

KL.
4
2
b) HƯ pt ®· cho cã nghiƯm khi vµ chØ khi pt 8 x mx 1 0 (2) có nghiệm
x khác 0.
Đặt x2 = t. Ta cã pt: 8t2 – mt – 1 = 0. Pt nµy cã ac = -8 < 0 nên luôn có
hai nghiệm trái dấu. Do đó pt lu«n cã mét nghiƯm t > 0. Suy ra pt (2) luôn
có nghiệm x khác 0.
Vậy với mọi giá trị của m thì hệ PT (1) luôn có nghiệm.

0,25

x  a   x  b    x  b   x  c    x  c   x  a  0
2
Ta cã:  3x  2  a  b  c  x  ab  ac  bc 0

0,25

PT cã
0,25


2

 '  a  b  c   3(ab  ac  bc)
1
2
2
2
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc    a  b    b  c    c  a  


2
PT cã nghiÖm kép nên ' 0 a b c.

Do đó tam giác đà cho là tam giác đều. Vậy các góc của tam giác có số đo
bằng 600.

2

0,25
0,25

2
Ta có : 100 abc 999 nªn 100 n  1 999  11 n 31

0,25

 abc n 2  1
 cba  abc 5  4n  99c  99a 5  4n  99  c  a  5  4n

2
cba  n  2 
 5  4n 99
MỈt kh¸c 11 n 31   119 5  4n  39 . Do ®ã 5-4n=-99. Suy ra n=26.

0,5

0,25

VËy sè cần tìm là 675


Bt

1
2 k 1 2 k

(k 1) k
k. k  1

0,5

 2k  1  2 k(k  1)  0
 ( k 1  k )2  0

1

Luôn đúng với mọi k nguyên dương.
1
1
1

 2(

)
(k  1) k
k
k 1
Áp dụng kết quả câu a ta có:

0,25
VT 

1



1



1

 

1

2 1 3 2 4 3
2010 2009
1 
1 
 1
 1
 1
 2



  2
   2 
2
3
 1
 2
 2009
1  88

 21
  VP
 45  45
(đpcm)

IV

1 

 2  1 

2010 


1 

2010 

0,25

Ta cã :
P x 5  x   3  x  2  x
 P 2 x 2  5  x    3  x 
18  x 2  3 x  2 x  3  x 

2

18  x  x  3  2 x  3  x 



x  3  x  2

2

 2  x   2x  3  x   5  x   2  x 

 5  x  2  x
 5  x  2  x

 5  x   2  x   1  18

Víi 0 x 3 ,ta cã x 0;3  x 0 . áp dụng BĐT Cô si ta có :

0,25


2

9
 x 3 x 
0  x  3  x  
 
2
4


0 2

 5  x   2  x  5 



 x  3  x 2

0,25

x  2  x 7

 5  x   2  x   1  18

63
(1)
2

Mặt khác :
0 x 3 x
2

5  x  2  x



 x  3  x 2

0,25

2 10  3 x  x 2 2 10  x  3  x   1

 5  x   2  x   1 18 18(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra

18 P 2

63
3 14
3 2 P
2 mà P >0 nên
2

x 0
) P 3 2  
 x 3
) P 

KL

V

3 14
 x 1,5
2

1)
Xét hai
và
Góc
chung (1)

0,25

có:

0,75
( góc nội tiếp ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(g.g)

2) Do EK là đường phân giác của góc
nên K là điểm chính giữa của

cung AB suy ra
Mà OK = OE nên
cân tại O
(3)
Mặt khác: I là giao điểm của đường trung trực EF và OE nên IF = IE vậy
tại

cân

(4)

Từ (3) và (4) suy ra
Vậy IF // OK
( Do
)
Vậy đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với AB
+) Ta có: E, I, O thẳng hàng và OI = OE – IE = R – IE nên đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc
với (O; R)

0,25

0,25
0,25


3. AE cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N
Mà

suy ra MN là đường kính của đường trịn ( I ) nên MN đi qua I

0,5

Hơn nữa EF là phân giác của góc
Theo chứng minh tương tự câu a ta suy ra
Vậy MN // AB
4. Theo đề bài ta có NF cắt AK tại P, MF cắt BK tại Q
Suy ra

( vì hai góc đối đỉnh)

Mà góc
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) )
Vậy tứ giác PKQF là tứ giác nội tiếp đường tròn
Suy ra
Mà

( vì cùng chắn cung KQ )
( đối đỉnh)

Mặt khác
Hơn nữa
Suy ra

( do cùng chắn cung ME và MN // AB )
( vì cùng chắn cung AE )
và

Vậy
Mặt khác:
Suy ra AP = PF = KQ

Suy ra: PK + KQ = AK
Mà
vuông cân tại K
Vậy chu vi tam giác KPQ là:
Vậy

(chắn cung FQ)
suy ra PKQF là hình chữ nhật
vng cân tại P

( do PQ = KF)
trùng với O hay E là điểm chính giữa của cung AB

0,5