Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp Huyện, phòng GD-ĐT Đức Thọ năm 2013 - 2014

Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA.. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. Chứng minh rằng BHM  BEC.

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014

MÔN TOÁN 9

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:

a) A 4 10 2 5  4 10 2 5  5

2 2 x y x x y y

x y B

  với xy > 0; x  y

Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2

y 2xy 7x 12  0

Bài 3: Giải các phương trình

a) x 5 x x 5 x 6

    b) x 2013 10  x 2014 14  1

Bài 4: Cho ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H  BC) Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD =

HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

a) Chứng minh rằng BEC  ADC Tính BE theo m = AB

b) Gọi M là trung điểm của BE Chứng minh rằng BHM  BEC Tính AHM

c) Tia AM cắt BC tại G Chứng minh rằng GB HD

BCAH HC

Bài 5: a) Cho x3y33 x 2y24 x y   4 0 và xy > 0

Tìm GTLN của M 1 1

x y

  b) Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng

 

Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn

Bài 1: a) Đặt x 4 10 2 5  4 10 2 5  x2  8 2 6 2 5  8 2 5 1  6 2 5

x 5 1

   Do đó A = 1

x y x x y y

B 1

x x y y x y Xét các trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > 0 và y > x > 0 ta đều đượcB1

Bài 2: Cách 1: y22xy 7x 12   0 xy2 x 3 x   4

(x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương

Dó đó x 3 0 x 3



    

  Từ đó ta tìm được (x; y)  {(-3; 3); (-4; 4)}

Cách 2: y 2xy 7x 12   0 4y 8xy 28x 48   0 4y  49 4x 2y 7    1

2y 7 2y 7 4x   1

2y 7 4x 1 y 4



2y 7 4x 1 y 3



Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x  -1 Đặt   



5 x

x 1 và   



5 x

x 1

Ta có                

2 2

Do đó

a 2

b 3

ab 6

b 2

 













 



 



Với

2

2 2

5 x

x 3x 2 0

x 1

   



x 1 x 2   0 x 1

x 2







2

2 2

2

5 x

x 1

   



, vô nghiệm

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}

2

 x4 5x311x213x 6  0 x2 3x 2 x 2 2x 3 0

Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2}

b) x 2013 10  x 2014 14  1 x 2013 5x 2014 7 1

Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất Xét x < 2013  x 2014  1 x 2014  1 x 2014 7  1 x 2013 5x 2014 71 Xét 2013 < x < 2014

5 7

0 x 2013 1 x 2013 x 2013

0 x 2013 1

1 x 2014 0 0 x 2014 1 x 2014 x 2014



x 2013 x 2014 x 2013 x 2014 x 2013 2014 x 1

Xét x > 2014  x 2014  1 x 2013  1 x 2013 5 1 x 2013 5x 2014 71 Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014

Bài 4: a) Xét EDC và BAC có



0 EDC BAC 90 (gt)

C chung







 EDC  BAC (g – g) EC BC

DC AC

Xét BEC và ADC có

A

E M

G m

EC BC

DC AC

C chung













 BEC  ADC (c – g - c)

 BECADC Mặt khác AH = HD (gt) nên

ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45

Do đó BE m 2

b) Xét AHB và CAB có



0 AHB CAB 90 (gt)

B chung







 AHB  CAB (g – g)

AB BH.BC 2AB 2BH.BC BE 2BH.BC

(Vì BE = 2BM) Xét BHM và BEC có



BC BE MBH chung













 BHM  BEC (c – g - c)

BHM BEC 135 AHM 45

c) Xét AHC và BAC có



0 AHC BAC 90 (gt)

C chung







 AHC  BAC (g – g) AH AB

HC AC

Mặt khác AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường phân giác của ABC Suy ra GB AB

GC AC (2) Từ (1) và (2) ta có:

GB AH

GB.HC AH.GC GB.HC AH BC GB GB.HC AH.BC AH.GB

AH.GB GB.HC HD.BC

   (Vì HD = AH)  GB AH HC   HD.BC GB HD

BC AH HC



Bài 5: a) 3 3  2 2  

x y 3 x y 4 x y  4 0

2

1

Mà xy > 0 do đó x, y < 0

Áp dụng BĐT CauChy ta có  x  y  x  y 1

2

  

    nên xy ≤ 1, do đó 2

2 xy





Vậy M 1 1 x y 2

x y xy



    , GTLN của M là -2 Đạt được khi x = y = -1

3

3a 2a b a ab b a b ab a b



 

       luôn đúng

Do đó

Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a b c 0  

a b c  a b b c c a a a b    b b c c c a

a a b b b a a c c c a a b a b a c b c b c 0

Từ đó suy ra

 

      Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có

a ab b b bc c c ca a a a b ab b b c bc c c a ca

 3 3 32

a b c

a b c a b ab b c bc c a ca

 



Mặt khác a b 2  0 a2 ab b 2ab a3b3ab a b   tương tự b3c3bc b c  

3 3

c a ca c a Suy ra 2 a 3b3c3 ab a b  bc b c  ca c a  

a b c a b ab b c bc c a ca 3

Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20