on gvg de thi hsg toan 9

PHÒNG GD & ĐT THỌ XUÂN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MƠN: TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể giao đề)

Bài 1:
1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 2018x + 1 = 0 và x3, x4 là nghiệm
của phương trình x2 + 2019x + 1 = 0.
Tính giá trị của biểu thức (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4).
2) Cho a, b, c, d là các số thực và a2 + b2 < 1. Chứng minh rằng: phương trình
(a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 ln có nghiệm.
Bài 2: Giải hệ phương trình:
¿
x − x +2 x 2 y =2(1)
y 5 − y 4 +2 y 2 z=2(2)
z5 − z 4 +2 z 2 x=2(3)
¿{{
¿
5

4

Bài 3:
1) Cho các số a, b, c, d, a + c, b + c, a + d, b + d là 8 số tự nhiên khác nhau từ 1
đến 8. Biết a là số lớn nhất trong các số a, b, c, d. Tìm a.
2) Tìm các số tự nhiên: a1, a2 , a3, ........, a2018 thoả mãn:
¿
2
a1+ a2 +a3 +. . .. ..+ a2018 ≥2018 ( 1)
2

2
2
2
3
a1 +a 2+ a3 +.. . .. .+a2018 ≤ 2018 +1(2)
¿{
¿

Bài 4.
Cho hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm A,B. Biết rằng (C1) có tâm O1
và bán kính r1 = 1 cm; (C2) có tâm O2 và bán kính r2 = 2 cm; AB = 1 cm và hai điểm
O1, O2 ở hai phía của đường thẳng AB.
Xét đường thẳng (d) qua A, cắt (C1) và (C2) lần lượt tại các điểm M và N sao cho A
nằm trong đoạn MN. Tiếp tuyến của (C1) tại M và tiếp tuyến của (C2) tại N cắt nhau
tại điểm E.
1) Chứng minh rằng tứ giác EMBN là tứ giác nội tiếp.
2) Tính độ dài các cạnh của tam giác AO1O2.
3) Chứng minh rằng: 2EM + EN
4( √ 3 + √ 15 ) cm.
Bài 5
Cho các số không âm a, b, x, y thoả mãn các điều kiện a2018 + b2018
1 và
2018
2018
1918 100
1918 100
x +y
1. Chứng minh rằng : a x + b y
1
----- Hết -----

Đáp án
Bài 1
1) theo vi- ét ta có: x1 + x2 = - 2018; x3 + x4 = - 2019; x1x2 = x3x4 = 1.
Mặt khác : (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4)
= [x1x2 + (x1 + x2)x3 + x32][x1x2 – (x1 + x2)x4 + x42]
= (1 – 2018x3 + x32)(1 + 2018x4 + x42)
= (x32 + 2019x3 +1 – 4037x3)(x42 + 2019x4 + 1 – x4) = (-4037x3)(-x4) = 4037
2) Phương trình (a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 ln có nghiệm khi
và chỉ khi Δ ' ≥ 0 ⇔ (ac+ bd – 1)2 - (a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1) 0
⇔ (ac+ bd – 1)2
(a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1)
(*)
2
2
2
2
2
2
Do a + b < 1nên : nếu c + d
1 thì (*) hiển nhiên đúng; Nếu c + d < 1, đặt
2
2
2
2
u = 1 - a - b và v = 1 - c - d ( 0 < u, v 1). Ta có :
(*) ⇔ (1 – ac – bd)2 (1 - a2 - b2)( 1 - c2 - d2) ⇔ (2 – 2ac – 2bd)2
4uv
2

2
2
2
2
2
2
⇔ [(a + b + u) + (c + d + v) – 2ac – 2bd]
4uv, (do a + b + u = c2 +
d2 + v = 1)
⇔ [(a – c)2 + ( b – d)2 + u + v]2
4uv là bất đẳng thức đúng vì
2
2
2
[(a – c) + ( b – d) + u + v]
(u +v)
4uv với mọi a, b, c, d và với mọi u, v
dương. Vậy (*) là bất đẳng thức đúng, phương trình ln có nghiệm.
Bài 2 Khơng mất tính tổng qt, giả sử x
y
z. Ta thấy x, y, z đều khác 0.
Nếu x > 1 thì từ (1) suy ra :
y=
x

2 − x5 + x4 2
1
< 2 = 2 <1
2
2x

2x x

⇒ y < 1 < x, điều này mâu thuẫn với giả thiết

y
z. Suy ra x
⇔ x5 – x4+ 2x2 - 2
5

⇔

4

2−x +x
≥1
2
2x

1, ta có: x
0 ⇔ 2x2
1;
⇔ y

1 ⇔ (x – 1)(x4 + 2x + 2)
2 - x5 + x4

2 − y5 + y 4 2
1
≤ 2= 2 ≤1
Từ (2) ⇒ z =

2

Từ (3) ⇒ x =

0

⇒ z
1
2y
2y y
2 − z5 + z4
, tương tự phần chứng minh với y ta có x 1.
2 z2
y
z
1 ⇒ x = y = z =1 là nghiệm duy nhất của hệ

Suy ra : 1
x
phương trình.
Bài 3
1) Khơng mất tính tổng qt, giả sử c > d
1.
Suy ra: a + c là số lớn nhất và a + c = 8 và a > 4.


d =1⇒
¿
b=2 ⇒b+c =a( loai)
¿

b=4 (loai)
¿
Xét a = 5 suy ra c = 3 thì
¿
d=2 ⇒b=1 ⇒b+ d=3=c( loai) ¿
¿¿
¿
¿
¿
¿¿
b=3⇒ b+c =5; a+d=7 ; b+d=4( t/m)
¿
b=4 ⇒b+ c=6=a( loai)
Xét a = 6 suy ra c = 2 thì d = 1 ⇒
¿
¿
¿
¿
Xét a = 7 thì ⇒ c = d = 1(loại).

Vậy a = 6 là giá trị cần tìm.
2) Từ bđt (1) suy ra : - 2.2018(a1 + a2+ a3+ …….+ a2018)
-2.20183 (3)
a12 + a22 + a32 + .........+a22018
20183 + 1 (4)
Cộng theo vế của (3) và (4), ta được:
(a12 – 2.2018a1) + (a22 – 2.2018a2) + ........+ (a20182 – 2.2018a2018) -2018. 20182 + 1
⇒ (a1 – 2018)2 + (a2 – 2018)2 + ........+ (a2018 – 2018)2
1.
Suy ra: a1 = a2 = a3 …….= a2018 = 2018

Hoặc có 2017 số bằng 2018 và một số bằng 2019.
Bài 4
1) Ta có ∠ MBA = ∠ EMN; ∠ NBA =
∠ ENM

E

⇒
∠ MBN = ∠ MBA + ∠ NBA =
∠ EMN + ∠ ENM = 1800 - ∠ MEN
0
⇒ ∠ MBN + ∠ MEN = 180 ⇒

EMBN là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi I là giao điểm của AB và O1O2 (AB
O1O2 tại I là trung điểm của AB). Ta
thấy Δ O1AB đều, có cạnh bằng 1 cm
⇒

O1I =

√

1
AI = 2 cm ⇒
1 √3
1− =
cm; O2I =
4 2

1 √ 15
4− =
cm
4
2
Δ O1AO2.

√

H
N
d

A
M

I

O1

O2

B
C2

C1

⇒

3+ 15

O1O2 = √ √
cm. Từ

đó suy ra độ dài các cạnh của
3) Vì EMBN là tứ giác nội tiếp nên theo định lí Ptơ-lê-mê ta có

2


EM.BN + EN.BM = EB.MN
(1).
Mặt khác, hai tam giác BMN; AO1O2 đồng dạng do
1

∠

BMN = ∠ AO1O2 = 2

∠

BNM = ∠ AO2O1 = 2

1

∠

AO1B;

∠

AO2B.

3+ 15
Suy ra BN:BM:MN = AO2:AO1:O1O2 = 2:1: √ √
(2).
2

3+ 15
Từ (1) và (2) suy ra 2EM + EN = √ √
EB. (3)
2

BH

Dựng BH

EN, xét Δ BHE vng tại H, ta có BE = sinBEH = sinBMN =
1

sin300 = 2 . Suy ra BE = 2BH. Mặt khác, BH
BN
8cm (4).
Từ (3) và (4) suy ra 2EM + EN = 4( √ 3+ √15 )cm.

2r2 = 4cm suy ra BE

Bài 5 : giải tổng quát bài toán : ‘Cho a, b, x, y là các số không âm thoả mãn am+n +
bm+n 1 và xm+n + ym+n
1. Chứng minh rằng : amxn + bmyn
1’’.

m+n
m+n
Ap dụng BĐT cô-si cho m số a và n số x ta có:
m. am+n + n.xm+n

x m +n ¿ n
m +n m
(m+n) a ¿ ¿ = (m+n)amxn.
¿
m +n
√¿

tương tự:
m. bm+n + n.ym+n (m+n)bmyn.
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n)
(m+n)( amxn + bmyn)
Vì am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n
1
m+n
m+n
m+n
m+n
nên m(a + b ) + n(x + y )
m+n
m n
m n
Từ (3) và (4) suy ra: (m+n)( a x + b y )
m+n
m n

m n
⇒ a x +b y
1 (đpcm)
Với m = 1918; n = 100 bài toán được chứng minh.

(1)
(2)
(3)
(4).