Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Quận 12 vòng 2 - Năm học 2014 - 2015 - Thời gian 150 phút

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
Thời gian: 150 phút 
(NGÀY THI: 29/11/2014, lúc 13 giờ 30 phút) 
PHẦN ĐẠI SỐ: 
Bài 1: (4 điểm)
Cho 
   
2
2
2 2 2
n 1 1 1
A 1 n 1
nnn 1 n 1
      
 
Chứng tỏ A thuộc N với *n N
Bài 2: (4 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh trong một tam giác. Chứng minh: 
3 a b c
2
2 b c c a a b
   
  
Bài 3: (3 điểm) Cho phương trình:  2x 2 m 3 x 4m 8 0     (x là ẩn, m là tham số)
a) Tìm m để phương trình có nghiệm 
1 2
x ;x thỏa 
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x 
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm bé hơn -1.
Bài 4: (5 điểm) Cho 3 số x,y,z 0 thỏa:
2 2 2
1
x y z
2
1 1 1 1
4
xyzx y z

  


    

a) Tính:
1 1 1
x y z
 
b) Nếu
1 1 1
0
x y z
   . Chứng minh: luôn có hai trong 3 số đối nhau.
PHẦN HÌNH HỌC: 
Bài 5: (2,5 điểm) Cho hai đường tròn (O;r) và đường tròn (O’;R) cắt nhau tại A, B. Trên tia đối
của tia AB lấy điểm C. Vẽ tiếp tuyến CD và CE của (O) (D, E là tiếp điểm) (E nằm trong (O’)). 
DA cắt (O’) tại M, AE cắt (O’) tại N. DE cắt MN tại K. 
a) Chứng minh: tứ giác BKMD nội tiếp, BEKN nội tiếp.
b) Chứng minh: BK.AE = KM.BE
c) Chứng minh: BNK ADB ∽ O'K MN 
Bài 6: (1,5 điểm) Cho (O;R) và điểm A nằm ngoài (O) kẻ đường thẳng (d) OA tại A. Lấy
 M d bất kỳ. Vẽ tiếp tuyến MC, MB (C, B là tiếp điểm), CB cắt OM tại H, OA tại K.
a) Chứng minh: H di động trên đường cố định khi M di động trên (d).
b) Cho OA = 2R. Tìm vị trí của M để 
MCOB
S đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. 
   HẾT   
ĐỀ THI HSG LỚP 9 
QUẬN 12 – Vòng 2 (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
Thời gian: 150 phút 
(NGÀY THI: 29/11/2014, lúc 13 giờ 30 phút) 
PHẦN ĐẠI SỐ: 
Bài 1: (4 điểm)
Cho 
   
2
2
2 2 2
n 1 1 1
A 1 n 1
nnn 1 n 1
      
 
Chứng tỏ A thuộc N với *n N
Ta có:
 
  
 
2 2 2
2
2
2 2
1 n n 2n 1 nn
1 n
n 1 n 1
   
  
 
 
2
4 2 3 2 2
2
n n 1 2n 2n 2n n n 1
n 1
n 1
       
   
 
 
 
2 n n 1 1n n 1 n n 1 1
n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
    
    
   
Ta có: 
 
 
 
 
 
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
n n 2n 1 n 2n 1 n n n 11
1
n n 1 n n 1 n n 1
       
   
  
   
 
   
 
2
2 2
n n 1 11 1 n n 1 1 1 1
1 1 1 2
n n 1n n n 1 n n 1 n n 1n 1
  
         
  
Thay (1) và (2) vào A, ta được: 
1 1 1 1
A n 1 n 1
n 1 n n 1 n
       
 
Mà 
*
n N . Nên A N
Vậy A thuộc N với *n N
Bài 2: (4 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh trong một tam giác. Chứng minh: 
3 a b c
2
2 b c c a a b
   
  
Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 và 
a b c
b a c
c a b
  

 
  
ĐỀ THI HSG LỚP 9 
QUẬN 12 – Vòng 2 (2014-2015) 
HƯỚNG DẪN 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
Đặt 
   

   
  
    
   


x y z
a
2
x b c
x y z
y c a b
2
z a b
x y z
c
2
Khi đó: 
       
               
    
a b c x z y x y z x y z 1 z y x z x y
1 1 1
b c c a a b 2x 2y 2z 2 x x y y z z
 
     
                 
      
1 y x z y x z 1 3
3 2 2 2 3
2 x y y z z x 3 2
 Cô si (*)
Áp dụng bổ đề: với x 0 thì : 
x x t
y y t



a 2a
b c a b c
b 2b
a c a b c
c 2c
a b a b c


  



  

   
a b c
2
b c a c a b
   
  
 (**) 
Từ (*) và (**) ta suy ra đpcm. 
Bài 3: (3 điểm) Cho phương trình:  2x 2 m 3 x 4m 8 0     (x là ẩn, m là tham số)
a) Tìm m để phương trình có nghiệm 
1 2
x ;x thỏa 
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x 
a = 1;     /b 2 m 3 ,b m 3 ; c = 4m + 8
               
2 2
/ /2
b 4ac m 3 1. 4m 8 m 1 0, m 
 phương trình luôn có 2 nghiệm 
1 2
x ,x m 
2 nghiệm của phương trình là : 
   
   
      
    

      
     

/ /
/
m 3 m 1b
x 2
a 1
m 3 m 1b
x 2m 4
a 1
TH1: 
  

  
1
2
2
x 2m 4
 thế vào 
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x  , ta được:
                     
2 2
2
2 2 2m 4 3 2 2m 4 4 2 4m 16m 16 12m 24
  

             

 
2 2
3
m
8m 20m 12 0 2m 5m 3 0 2m 3 m 1 0 2
m 1
TH2: 
   

 
1
2
x 2m 4
x 2
 thế vào 
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x  , ta được:
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
        
 
             
 
       
 
2 2
2
2
2m 4 2 2 3 2m 4 2 4m 16m 16 8 12m 24
m 0
4m 4m 0 4m m 1 0
m 1
Vậy khi 
3
m 0; 1;
2
   thì phương trình có nghiệm thỏa đề bài. 
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm bé hơn -1.
Do phương trình  2x 2 m 3 x 4m 8 0     có nghiệm
   

  
x 2 < 1 
x 2m 4
nên để phương trình có 2 nghiệm bé hơn 1 thì:
          
3
2m 4 1 2m 4 1 m
2
Vậy khi 
3
m
2
  thì phương trình có hai nghiệm bé hơn 1
Bài 4: (5 điểm) Cho 3 số x,y,z 0 thỏa:
2 2 2
1
x y z
2
1 1 1 1
4
xyzx y z

  


    

a) Tính:
1 1 1
x y z
 
Ta có: 
   
          
   
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
x y z xy yz zxx y z
  
       
 
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 x y z
2.
x y z xyzx y z
mà 

   


   

2 2 2
1 1 1 1
4
xyzx y z
1
x y z
2
nên 

  
                 
       

2 2
1 1 1
1
2
x y z1 1 1 1 1 1 12
4 2 4
x y z xyz xyz x y z 1 1 1
2
x y z
b) Nếu
1 1 1
0
x y z
   . Chứng minh: luôn có hai trong 3 số đối nhau.
Vì 
1 1 1
0
x y z
   nên 
1 1 1
2
x y z
   . Mà 
1
x y z
2
   .
Nên 
 
1 1 1 1 xy yz zx 1
x y z x y z xyz x y z
 
    
   
 
 
yz x y z 1
xyz x y z

 
 
              yz x y z x y z xyz      
2
2
xyz yz y z x y z x y z xyz       
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
      2y z yz x xy xz 0 y z z x x y 0          
y z
x
x y
  

  
  
 Vậy ta có điều phải chứng minh. 
PHẦN HÌNH HỌC: 
Bài 5: (2,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O;r) và đường tròn (O’;R) cắt nhau tại A, B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm 
C. Vẽ tiếp tuyến CD và CE của (O) (D, E là tiếp điểm) (E nằm trong (O’)). DA cắt (O’) tại M, AE 
cắt (O’) tại N. DE cắt MN tại K. 
K
N
M
E
D
B
A
O
O'
C
a) Chứng minh: tứ giác BKMD nội tiếp, BEKN nội tiếp.
Ta có: 
 
 
 


 

BMK BAN 2 gnt cùng chắn BN của (O')
BDK BAN 2 gnt cùng chắn BE của (O)
BMK BDK 
 Tứ giác BDMK nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới hai góc bằng
nhau) 
Ta có: 
 
 
 

 
DAB DEB hai góc nội tiếp cùng chắn DB của (O) 
DAB MNB góc ngoài bằng góc đối trong của tứ giác BAMN nội tiếp
 DEB MNB DEB KNB 
 Tứ giác BEKN nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong đối diện)
b) Chứng minh: BK.AE = KM.BE
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
Ta có: 
 
 
  
  






0
0
BKM BKN 180 2 góc kề bù
BEA BEN 180 2 góc kề bù
BKN BEN 2 góc nội tiếp cùng chắn BN của BEKN
 BKM BEA
Xét  BKM và BEA, ta có:
 
  
 




BKM BEA cmt
BMK BAE 2 góc nội tiếp cùng chắn BN của ABNM
 BKM BEA g g  ∽     
BK KM
tsđd BK.AE KM.BE
BE AE
c) Chứng minh: BNK ADB ∽ O'K MN 
Xét  CDA và CBD, ta có:
  



CDA CBD góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn BN của (O)
C chung
     
DA CA
CDA CBD g g
DB CD
∽
Chứng minh tương tự:    
AE CA
CEA CBE
BE CE
∽
Ta có:
 
 
  









 CD CE tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại C c
DA CA
cmt
DB CD
AE CA
cm
ủa
t
O
BE CE
 
DA AE
DB BE
Xét 
 
 
 
 

BNK DAB tư ù giác ABNM nội tiếp
BNK và ADB, ta có: 
BKN ADB tư ù giác BKMD nội tiếp
   BNK BAD g g∽   
KN BK
tsđd
AD BD
 
KN DA
BK DB
Mặt khác :   BKM BEA cm câu b∽     
KM BK KM AE
tsđd
AE BE BK BE
Ta có: 
 
 
 




       




/
KN DA
cmt
BK DB
KM AE KN KM
cmt KN KB K là trung điểm của MN O K MN.
BK BE BK BK
DA AE
cmt
DB BE
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
HSG9 (vòng 2) Quận 12- 2014-2015 
Bài 6: (1,5 điểm)
Cho (O;R) và điểm A nằm ngoài (O) kẻ đường thẳng (d) OA tại A. Lấy  M d bất kỳ. Vẽ tiếp
tuyến MC, MB (C, B là tiếp điểm), CB cắt OM tại H, OA tại K. 
d
H
K
B
C
A
O
M
a) Chứng minh: H di động trên đường cố định khi M di động trên (d).
Gọi K là giao của BC và OA 
Chứng minh được:         
OK OH
OHK OAM g g tsđd
OM OA
∽ OK.OA OH.OM
mà  
2 2
OH.OM OC R nên   
2
2
R
OK.OA R OK
OA 
Mặt khác: R, OA không đổi (do O, A cố định) Nên OK không đổi K cố định
Chứng minh được: 
0
OHK 90  H di động trên đường tròn đường kính OK cố định
b) Cho OA = 2R. Tìm vị trí của M để 
MCOB
S đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. 
MCOB MOC
1
S 2S 2. .OC.CM R.CM
2
   
Để 
MCOB
S nhỏ nhất thì CM nhỏ nhất (vì R không đổi)  2 2 2minOM vì R CM OM  
Mà OM OA (Quan hệ dường xiên đường vuông góc). Vậy 
min
OM OM OA M A   
Do đó: 
2 2 2 2 2 2
CM OM R 4R R 3R CM R 3      
Do đó:  2
MCOB
S R.R 3 R 3 đơn vị diện tích 
Vậy khi M A thì 2
MCOB
S min R 3
   HẾT  