Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2012 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án)

 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 HUYỆN HOÀNG HểA
 NĂM HỌC 2011 – 2012 
 Thời gian làm bài 150 phỳt
 x x 2 2 x 
Bài 1(3.5 điểm) : Cho biểu thức P : 
 x 1 x 1 x x x x 
a/ Rút gọn P
b/ Tìm x để P > 2
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Bài 2 (3.5 điểm)
a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9
b/ Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau thoả mãn hệ thức
 a b c
 0
 b c c a a b
 a b c
Chứng minh rằng 0
 b c 2 c a 2 a b 2
 1 a b c
c/ Cho a,b,c 1. Chứng minh rằng : 0,5 1,9
 3 1 bc 1 ca 1 ab
Bài 3 (2.5 điểm) : 
a/ Cho 2011 số nguyên dương a1, a2 , ... , a2011 Thoả mãn : a1 a2 a3 ... a2011 30
 5 5 5 5
Chứng minh rằng : a 1 a 2 a 3 ... a 2011 30
 1 1
b/ Giải phương trình sau : 2
 x 2 x2
Bài 4 (4 điểm) : 
a/ Cho ba số thực a, b, c thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng 
 a4 b4 c4 a3 b3 c3
 1 a b c
b/ Cho a,b,c 1. Chứng minh rằng : 0,5 1,7
 3 1 bc 1 ca 1 ab
Bài 5 (4.5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm P. 
Vẽ cát tuyến PMN ( M nằm giữa P và N). Vẽ AD và BC vuông góc với MN; BC cắt nửa đường 
tròn tại I. Chứng minh rằng
a/ Tứ giác AICD là hình chữ nhật
b/ DN = CM
c/ AD.BC = CM.CN
d/ BC2 + CD2 + DA2 = 2AD.BC + AB2
Bài 6 (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm E cố định ( E khác A và C). Trên cạnh BC lấy điểm 
F cố định (F khác B, C). Lấy điểm D thay đổi trên đường thẳng AB. Hãy xác định vị trí của 
điểm D trên đường thẳng AB sao cho DE2 + DF2 đạt giá trị nhỏ nhất.
 1 giải Đề THI HọC SINH GIỏI lớp 9 - Ngày 26/9/2015
Bài 1 a/ Rút gọn P : Điều kiện x > 0 và x 1
 x x 2 2 x x x 1 x 2 x 1 2 x 
P : :
 x 1 x 1 x x x x x 1 x 1 x x 1 
 x 2 x x x 1 x
P . 
 x 1 x 1 x 2 x x 1
 2
 x x x 2 x 2 x 1 1
b/ Tìm x để P > 2 P 2 2 2 0 0 0 x 1
 x 1 x 1 x 1 x 1
Kết hợp điều kiện, vậy với x > 1 thì P > 2
 x
c/ Để có P thì P 0 0 x 1(Do điều kiện x > 0)
 x 1
Do P > 0 => P min P min
 2
 1 x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Ta có : P 4
 P x x x x x 4 4 x 2 4 4
Suy ra : P min = 4 (Dấu bằng xảy ra khi x = 4) => P min = 2, khi x = 4
 9 y 10
Bài 2 a/ x + xy + y = 9 => x(1 + y) = 9 – y => x 1 
 1 y 1 y
x nguyên khi 1 + y Ư(10) = {-10 ; -5 ; -2 ; -1 ; 1 ; 2 ; 5; 10}
Suy ra : y {-11 ; -6 ; -3 ; -2 ; 0 ; 1 ; 4; 9} Khi đó x {-2 ; -3 ; -6 ; -11 ; 9 ; 4 ; 1; 0}
Vậy ta có 8 cặp số là : (y; x) = (-11; -2), (-6 ; -3) , (-3 ; -6) , (-2 ; -11), (0 ; 9), (1 ; 4) , (4; 1), (9 ; 0)
 a b c
b/ 0
 b c c a a b
 a b c
Suy ra : 0 (1)
 b c 2 c a b c a b b c 
 a b c
 0 (2)
 b c c a c a 2 a b c a 
 a b c
 0 (3)
 b c a b c a a b a b 2
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có
 a b c a b c
 + +
 b c 2 c a b c a b b c b c c a c a 2 a b c a 
 a b c
 0
 b c a b c a a b a b 2
 a b c b a b c c a a a b c b c a c a b b c 
=> + =0
 b c 2 c a 2 a b 2 a b b c c a 
 a b c ab b2 c2 ac a2 ab bc c2 ac a2 b2 bc
=> + = 0
 b c 2 c a 2 a b 2 a b b c c a 
 a b c
=> = 0 (ĐPCM)
 b c 2 c a 2 a b 2
 2 1 a b c
c/ Cho a,b,c 1. Chứng minh rằng : 0,5 1,9
 3 1 bc 1 ca 1 ab
 a b c
Chứng minh : 0,5 . Thật vậy
 1 bc 1 ca 1 ab
 a
Trước hết ta tìm giá trị nhỏ nhất của . Biểu thức này đạt giá trị nhỏ nhất khi 
 1 bc
 1
 1
 a min a min = a 3 1 a 1
 3 min = (1)
 (1 bc) max 1 bc 2 6 1 bc 6
 (1 bc) max 2
 b 1 c 1
Chứng minh tương tự ta có : (2) và (3)
 1 ca 6 1 ab 6
 a b c
Cộng (1) , (2) , (3) tac được : 0,5
 1 bc 1 ca 1 ab
Dấu “=” xảy ra khi dấu “=” ở (1), (2) và (3) xảy ra, điều này không thể xảy ra. vậy không có dấu “=”
 a b c
Chứng minh : 1,9 . Thật vậy
 1 bc 1 ca 1 ab
 1
Không làm mất tính chất tổng quát, giả sử : 1 a b c 
 3
 c c 1
Khi đó : ab > c2 => 1 + ab >1 + c2 => (I)
 1 ab 1 c2 2
 a a 3a 3 b b 3b 3b
Ta có : (1) va (2)
 b a
 1 bc 1 b 3 b 3 1 ca 1 a 3 b 3
 3 3
 a b 3 3b a b 3b 3 a b 6
Từ (1) và (2) Suy ra : 3 
 1 bc 1 ca b 3 b 3 1 bc 1 ca b 3 1 bc 1 ca b 3
 a b 6 6 a b 12
Suy ra : 3 3 (II)
 1
 1 bc 1 ca b 3 3 1 bc 1 ca 10
 3
 a b c 12 1 a b c 17
Từ (I) và (II) Suy ra : 
 1 bc 1 ca 1 ab 10 2 1 bc 1 ca 1 ab 10
Bài 3 (2.5 điểm) : 
a/ Trước hết ta chứng minh
a và a5 có cùng chữ số tận cùng : Thật vậy
15 ; 25; 35; 45 ; 55; 65; 75 ; 85; 95 lần lượt có chữ số tận cùng là : 1 ; 2; 3; 4; 5 ; 6; 7 ; 8; 9
Suy ra : a và a5 có cùng chữ số tận cùng (1)
a và a5 Chia cho 3 có cùng số dư : Thật vậy
+) a = 3k + 1 => a5 = (3k + 1)5 chia cho 3 có số dư là 15 = 1
+) a = 3k + 2 => a5 = (3k + 2)5 chia cho 3 có số dư là dư của 25 chia cho 3, mà 25 = 32 chia cho 3 dư 2.
+) a = 3k => a5 = 3k5 chia cho hết 3 
Vậy a và a5 Chia cho 3 có cùng số dư (2)
Ta có : A = a1 a2 a3 ... a2011 30 => A = a1 a2 a3 ... a2011 2.3.5
A chia hết cho 2 và 5 => A có chữ số tận cùng là 0, Căn cứ vào (1)
 5 5 5 5
=> B = a 1 a 2 a 3 ... a 2011 có chữ số tận cùng là 0 => B chia hết cho 2 và 5 (I)
A chia hết cho 3, căn cứ vào (2) => B cũng chia hết cho 3 (II)
 5 5 5 5
Từ (I) và (II) Suy ra : a 1 a 2 a 3 ... a 2011 30 (ĐPCM)
b/ Điều kiện: 2 x 2
 3 1
 x (1)
1 1 1 1 1 2x 1 2
 2 2 2
x 2 x2 2 x2 x 2 x2 x 1 2x 1 
 2 (2)
 2 x x 
 2
 1 4x 4x 1 2 2 2 2 2 4 3 2
Giải (2) ta có : 2 2 x 2 x 4x 4x 1 x 8x 8x 2 4x 4x x
 2 x x
 4x4 4x3 6x2 8x 2 0 2x4 2x3 3x2 4x 1 0 2x3 x 1 (3x2 4x 1) 0
 2x3 x 1 (x 1)(3x 1) 0 x 1 2x3 3x 1 0 (x 1)2 2x2 2x 1 0
 1
Với x thì 2x2 2x 1 > 0 => (x 1)2 0 => x = 1 (TM)Vậy phương trình có một nghiệm x = 1
 2
Bài 4 a/ áp dụng bất đẳng thức Bunhia, ta có :
 a b c 2 3 a2 b2 c2 9 3 a2 b2 c2 3 a2 b2 c2 (1) 
 2
 a2 b2 c2 3 a4 b4 c4 (2)
 2
 a3 b3 c3 a2 b2 c2 a4 b4 c4 (3)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
 2 2
Từ (1), (2) và (3) suy ra : a3 b3 c3 a4 b4 c4 => a4 b4 c4 a3 b3 c3
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
b/ Chứng minh : xy + yz + xz – 2xyz 0. Thật vậy
Ta có : Do x, y, z 0 và x + y + z = 1 => 1 x, y, x ≤ 1
 xy xyz
 yz xyz xy yz zx 3xyz xy yz zx 2xyz xy yz zx 2xyz 0 (1)
 zx xyz
Dấu “=” xảy ra khi hai trong ba số (x, y, z ) bằng 0 còn số còn lại bằng 1.
 7
Chứng minh : xy + yz + xz – 2xyz . Thật vậy
 27
Trước hết ta c/m BĐT sau
(x + y – z)(y + z – x)(z + x – y) ≤ xyz
Thật vậy
- Nếu một trong các thừa số (x + y – z), (y + z – x), (z + x – y) 
BĐT hiển nhiên là đúng, vì xyz > 0
- Nếu các thừa số (x + y – z), (y + z – x), (z + x – y) không âm.
áp dụng BĐT côsi, ta có
 (x y z) (y z x)2
Ta có (x + y – z)(y + z – x) ≤ y2
 4
 (y + z – x)(z + x – y) ≤ z2
 (x + y – z)(z + x – y) ≤ x2
=> [(x + y – z)(y + z – x)(z + x – y)]2 ≤ (xyz)2 => x + y – z)(y + z – x)(z + x – y) ≤ xyz
=> (1 – 2z)(1 – 2x)(1 – 2y ) ≤ xyz => 1 – 2y – 2x + 4xy – 2z + 4yz + 4xz – 8xyz ≤ xyz
=>1 – 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz mà x + y + z = 1
 1
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz + 1 mà xyz (Theo côsi)
 27
 28 7 1
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ => xy + yz – 2xyz (2) Dấu ‘=” xảy ra khi x = y = z = 
 27 27 3
 7
Từ (1) và (2) => 0 xy + yz + xz + -2xyz (ĐPCM)
 27
 4 Bài 5 (Đơn giản)
 C
 N
 I
 H
 M
 D
 P A B
 O
a/ Tứ giác AICD là hình chữ nhật
OA = OB = OI = R => Tam giác IAB vuông tại I
=> Tứ giác AICD có 3 góc D, C, I vuông => Tứ giác AICD là hình chữ nhật (đpcm)
b/ DN = CM
Kẻ OH  MN => HM = HN (1)
OA = OB, OH//AD//BC => HD = HC (2)
Từ (1) và (2) ta có : MN + (HD – HM) = MN + (HC – HN)
 Hay : MN + MD = MN + NC
 Hay : DN = CM (đpcm)
c/ AD.BC = CM.CN
Dễ dàng chứng minh được : CIM đồng dạng với CNB (góc – góc)
 CI CM
=> CI.BC CM.CN Do AICD là hình chữ nhật (câu a) => CI = AD
 CN CB
Thay vào ta có : AD.BC = CM.CN (đpcm)
d/ BC2 + CD2 + DA2 = 2AD.BC + AB2
Ta có : AB2 = AI2 + BI2 = CD2 + BI2( do CD = AI)
=>2AD.BC + AB2 = 2AD.BC + CD2 + BI2 Mà BI = BC – CI = BC – AD
=> 2AD.BC + AB2 = 2AD.BC + CD2 + (BC – AD)2 = 2AD.BC + CD2 + BC2 – 2AD.BC + DA2
=> 2AD.BC + AB2 = CD2 + BC2 + DA2 =BC2 + CD2 + DA2 (đpcm)
Bài 6
 C
 E
 F
 A
 B K D H
Từ E, F lần lượt kẻ EH và FK vuông góc với AB =>H, K cố định và EH, FK không đổi
Ta có : DE2 = EH2 + DH2 và DF2 = FK2 + DK2
Suy ra : DE2 + DF2 = EH2 + DH2 + FK2 + DK2 = (EH2 + FK2) + (DH2 + DK2)
DH2 + DK2 = (DH + DK)2 – 2DH.DK = HK2 – 2DH.DK
Suy ra : DE2 + DF2 = (EH2 + FK2) + HK2 – 2DH.DK
Do EH, FK, HK không đổi nên DE2 + DF2 nhỏ nhất DH.DK Lớn nhất mà DH + DK = HK không 
đổi => DH.DK lớn nhất DH = DK tức D là trung điểm của HK.
 Vậy khi D là trung điểm của HK (Với H, K là chân đường vuông góc kẻ từ E và F đến AB) thì 
DE2 + DF2 đạt giá trị nhỏ nhất.
 5 -------------------------------- Hết --------------------------------
 6