Đề kiểm tra học sinh giỏi môn toán vòng 2 lớp 9

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Quận 1 (14-15)
Bài 1: (4 điểm) 
a) Cho các số a, b, c khác nhau và thỏa mãn:    2 2a b c b c a 2015    . Tính giá trị của biểu
thức  2M c a b 
b) Chứng minh rằng: nếu a b 2  thì phương trình (ẩn x): 22ax bx 1 a 0    có nghiệm.
Bài 2: (4 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a)
 
3
3
3
x 3x
x 7 0
x 1
x 1
   

b)
2 2 2
xy x 1 7y
x y xy 1 13y
   

  
Bài 3: (4 điểm) 
a) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a b c abc   . Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 3
21 a 1 b 1 c
  
  
b) Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn:
2
p 23 có đúng 6 ước dương.
Bài 4: (6 điểm) Cho ABC nội tiếp (O;R) có AB AC R 2  . M là điểm di động trên cung AC.
Gọi D là giao điểm của AM và BC. 
a) Tính độ dài BC theo R.
b) Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AD. Xác định vị trí của điểm M để AM ON nhỏ
nhất.
Bài 5: (2 điểm) 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các tia BA, CD cắt nhau tại E, các tia DA, CB cắt 
nhau tại F. Đường tròn ngoại tiếp CEF cắt đường tròn (O) tại N (khác C). Gọi M là trung điểm
của đoạn thẳng EF. Chứng minh: M, A, N thẳng hàng. 
ĐỀ KIỂM TRA 
HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9 
Quận 1 (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Quận 1 (14-15)
Bài 1: (4 điểm) 
a) Cho các số a, b, c khác nhau và thỏa mãn:    2 2a b c b c a 2015    . Tính giá trị của biểu
thức  2M c a b 
Cách 1: 
Ta có: 
   
   
2
2
a b c a ab ac bc abc 2015
b c a b bc ab ac abc 2015
      

     
Do đó:     a b ab bc ca 0 ab bc ca 0 vì a b         abc 2015 
Vậy      2c a b c ca bc ab abc 2015 2015        
Cách 2: 
Ta có:         2 2 2 2 2 2a b c b c a a b a c b c b a 0 ab a b c a b a b 0             
    a b ab bc ca 0 ab bc ca 0 vì a b         
Do đó:            2a b c a ab ac a bc abc
Vì vậy:                  2 2M c a b c ca bc c ab abc a b c 2015 
Vậy M 2015
b) Chứng minh rằng: nếu a b 2  thì phương trình (ẩn x): 22ax bx 1 a 0    có nghiệm.
Cách 1: 
Xét phương trình: 
2
2ax bx 1 a 0    (1) với a b 2 
 a 0 b 2   : (1) có dạng:  1bx 1 x do b 2 nên b 0
b
       . Vậy (1) có nghiệm. 
 a 0 :  2b 8a 1 a   
  a 1 a 0   a < 0 hay a 1 thì 0   1 có nghiệm.
  a 1 a 0  0 a 1   : từ gt ta có : b 2 a 2 a   
     
2
2 2 2 2 2
b 4 4a a b 8a 1 a 8a 1 a 4 4a a 9a 12a 4 3a 2 0                  
0  1 có nghiệm.
Cách 2: 
 2 2 2b 8a 1 a b 8a 8a      
Từ gt ta có:    24 a a b 8 a 8a 4a 4 ab 8a 2     
Mặt khác:  2 2 2 2b 4a 2 4a b 4 ab 3  
Từ (2) và (3) cho ta: 
2 2 2 2
8a b 8a 8a b 8a 0 0      
ĐỀ KIỂM TRA 
HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9 
Quận 1 (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Quận 1 (14-15)
Bài 2: (4 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
 
3
3
3
x 3x
a) x 7 0
x 1
x 1
   

 (1) 
Điều kiện: x 1
 
3
2 2
x x x 3x
1 x 3 x 1 8
x 1 x 1 x 1 x 1
   
          
      
   
3 2 3
2 2 2 2
3 3x x 3x x
3 1 2 1 2
x 1 x 1 x 1 x 1
     
              
        
2
x
1 2
x 1
   

 
2
2
x 1 5
1 0 x x 1 0 x thỏa mãn
x 1 2
 
        

Vậy 
1
S
2
 
  
  
 
 2 2 2
xy x 1 7y 1
b)
x y xy 1 13y 2
   

  
 2 có y 0 . Do đó hệ phương trình trở thành:
2
2
2
1 xx 1
x 7x 7
y yy y
x 1 x
x 13 x 13
y y y y
        
  

         
Đặt: 
1
a x
y
x
b
y

 


 

Khi đó hệ phương trình trở thành: 
2 2
a b 7 a b 7 a 5 a 4
 hay 
b 12 b 3a b 13 a a 20 0
        
    
         
 Với
1
x 5
a 5 y
b 12 1
x. 12
y

     
 
  

 theo định lý Vi-ét đảo thì 
1
x,
y
 là nghiệm của phương trình: 
2
t 5t 12 0   : phương trình vô nghiệm.
 Với
1
x 4
a 4 y
b 3 1
x. 3
y

   
 
  

 theo định lý Vi-ét đảo thì 
1
x,
y
 là nghiệm của phương trình: 
2
h 4h 3 0  
x 1 x 3
h 1
hay 1 1
3 1h 3
y y
  
   
   
   
 

x 1
3
 hay1
y 1y
3
 
 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm:    
1
x;y 3;1 ; 1;
3

  
 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Quận 1 (14-15)
Bài 3: (4 điểm) 
a) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a b c abc   . Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 3
21 a 1 b 1 c
  
  
Với a, b, c > 0 thỏa mãn: a b c abc  
      2 22
1 1 abc bc bc
1 a abc a a b c bc a a b c a b a c1 a
   
        
   
 
b c 1 b c
. 1
2 a b a ca b a c

   
    
Tương tự:  
2 2
1 1 c a 1 1 a b
2 ;
2 b c b a 2 a c b c1 b 1 c
   
      
       
 (3) 
Từ (1), (2), (3) cho ta: 
2 2 2
1 1 1 3
21 a 1 b 1 c
  
  
b) Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn:
2
p 23 có đúng 6 ước dương.
 Với p = 2 thì 2 3p 23 27 3   có đúng 4 ước dương (loại).
 Với p = 3 thì 2 5p 23 32 2   có đúng 6 ước dương (nhận).
 Với p > 3 thì 2 2p 23 p 1 24    (
 Ta có: p > 3, p P nên p 1;p 1   là hai số chẵn liên tiếp     2p 1 p 1 p 1 4   
Mà 24 4
2
p 23 4  (1)
 Mặt khác: p > 3, p P nên p không thể chia hết cho 3. Mà p 1;p;p 1  là ba số liên
tiếp nên tồn tại một số 3    2p 1 p 1 p 1 3     Mà 24 3 Nên 2p 23 3 (2)
 Ta có :  3;4 1 (3)
Từ (1) , (2), (3) ta có : 
2
p 23 12
Ta lại có : 
2
12 2 .3 có   2 1 1 1 6   ước dương.
Mà 
2
p 23 12  nên 2p 23 có nhiều hơn 6 ước dương (loại)
[số ước nguyên dương của một số bằng tích của các số mũ cộng 1] 
Vậy p = 3 là giá trị cần tìm. 
Bài 4: (6 điểm) Cho ABC nội tiếp (O;R) có AB AC R 2  . M là điểm di động trên cung AC.
Gọi D là giao điểm của AM và BC. 
N
D
A
COB
M
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Quận 1 (14-15)
a) Tính độ dài BC theo R.
AOB có:  2 2 2 2 0OA OB AB 2R AOB 90    
Tương tự: 
0
AOC 90 . Nên B, O, C thẳng hàng BC 2R 
b) Gọi N là trung điểm của đoạn AD. Xác định vị trí của điểm M để AM ON nhỏ nhất.
Ta có: 
AD
ON
2

ACM ADC ∽ (g-g)  
2
2 2
AC AM
AM.AD AC R 2 2R
AD AC
     
Ta có: 
2
AM.AD
AM ON 2 AM.ON 2 2 R 2R:Không đổi
2
    
Dấu “=” xảy ra 0AM ON R sđAM 60    
Vậy khi M AC , 0sđAM 60 thì AM ON nhỏ nhất.
Bài 5 : (2 điểm) 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các tia BA, CD cắt nhau tại E, các tia DA, CB cắt 
nhau tại F. Đường tròn ngoại tiếp CEF cắt đường tròn (O) tại N (khác C). Gọi M là trung điểm
của đoạn thẳng EF. Chứng minh: M, A, N thẳng hàng. 
Gọi T là giao điểm của NA và EF. 
Ta có: 
 TAF DAN đối đỉnh
TFN DA cùng bù ECN( )N
 

 
 TAF TFN TAF TFN g g    ∽
2
TA TF
TF TA.TN
TF TN
   
Mặt khác: 
 
 
TAE BAN đối đỉnh
TAE TEN
TEN BAN BCN
 

 
 

 TAE TEN g g  ∽
 2 2 2
TA TE
TE TA.TN TE TF TA.TN T M
TE TN
         
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng. 

  HẾT   
T
N
M
E
F
O
A
C
D
B