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 VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña r 1 r 2 lµ 8 32 − khi D lµ trung ®iÓm cña BC . 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. 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