BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)
Câu1. (2 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
2. Cho x = 3 3 + 9 +

x + 2 x −1 + x − 2 x −1

P=

125
−
27

x + 2x −1 − x − 2x −1
3

−3 + 9 +

với x ≥ 2

125
.
27

Chứng minh rằng x là một số nguyên .
Câu 2. (2 điểm)
1.Giải phương trình:

x - 4 + 6 - x + 10x = x 2 + 27
2
 x + 1 + y ( x + y ) = 4 y
 2
( x + 1)( x + y − 2) = y

2. b) Giải hệ phương trình:

Câu 3. (2 điểm)
a. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có:
A = 5n (5n + 1) − 6n (3n + 2n ) chia hết cho 91
0 ≤ x ≤ y ≤ 1
 2x + y ≤ 2

b. Cho các số x,y thỏa mãn 

Chứng minh : 2x2 +y2 ≤

3
2

Câu 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn (O;R), BC là đường kính. Điểm A di động trên nửa đường tròn
(A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Gọi I và K thứ tự là hình chiếu của H
trên AB và AC.
a) Chứng minh:

BI
AB3
=
CK
AC 3

b) Chứng minh 4 điểm B, I, K, C cùng thuộc một đường tròn.
c) Xác định vị trí điểm A trên nửa dường tròn để tích HA.HB có giá trị lớn nhất.
Câu 5. (1.0 điểm)
Cho A là số nguyên dương .Biết rằng trong 3 mệnh đề sau đây P,Q,R chỉ có duy
nhất một mệnh đề sai. Tìm A?
P="A+51 là bình phương của một số tự nhiên"
Q="A có chữ số tận cùng là 1"
R=" A-38 là bình phương của một số tự nhiên"
...................Hết.........................
Trang 1


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 1)
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Câu
Câu 1.
1.
(1

điểm)

Đáp án
(2 điểm)

P=

P=

P=

P=

(1
điểm)

x + 2 x −1 + x − 2 x −1

P=

Rút gọn biểu thức:
P=

2.

Biểu
điểm

x + 2x −1 − x − 2x −1

0,25

2( x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1)
2x −1 + 2 2x −1 + 1 − 2x −1 − 2 2x −1 +1
2

(

( x − 1 + 1) 2 + ( x − 1 − 1) 2

)

( 2 x − 1 + 1) 2 − ( 2 x − 1 − 1) 2
2

(

x −1 +1 +

2x −1 +1 −
2

(

x −1 −1

)

0,25

2x −1 −1

) ( vì x ≥ 2 nên

x −1 +1 + x −1 −1

2x −1 +1 − 2x −1 +1

x − 1 ≥ 1 và 2 x − 1 ≥ 1)

2.2 x − 1
= 2x − 2
2

a = 3 3+ 9+

125
125
vµ b = 3 −3 + 9 +
27
27

a 3 − b 3 = 6 vµ a.b =

x3 = 6 - 5x ⇔ (x − 1)(x 2 + x + 6) = 0
Mµ x 2 + x + 6 > 0(do........).Suy ra x = 1.VËy x ∈ Z

Câu 2.
1.
(1

0,25

0,25

5
3
3
3
3
x = a − b ⇒ x = a − b − 3ab(a − b)
Th×

với x ≥ 2

0,25
0.25

0.25
0.25

(2 điểm)
Xét phương trình:
⇔

x - 4 + 6 - x + 10x = x 2 + 27
x - 4 + 6 - x = x 2 - 10x + 27
Trang 2

0,25

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

điểm)

ĐKXĐ: 4 ≤ x ≤ 6
Chứng minh được vế trái x - 4 + 6 - x ≤ 2

0,25

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 5

2.
(1
điểm)

Chứng minh được vế phải x 2 - 10x + 27 ≥ 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 5

0,25

Khẳng định phương trình có nghiệm duy nhất x = 5

0,25

 x 2 + 1 + y ( x + y ) = 4 y
Giải hệ phương trình: (I)  2
( x + 1)( x + y − 2) = y

(I)

 x 2 +1
 y + ( x + y) = 4

⇔ 2
 x +1 ( x + y − 2) = 1

 y

( vì y ≠ 0 ) Đặt

 x2 + 1
=u

 y
x + y = v


0,25

u + v = 4
u (v − 2) = 1

Hệ phương trình trở thành: 

Từ (1) suy ra: u = 4 − v , thế vào (2) ta được: (4 − v)(v − 2) = 1
⇔ v 2 − 6v + 9 = 0 , giải tìm được v = 3

0,25

 x2 + 1 = y
Vậy ta giải hệ: 
(*)
x + y = 3
Từ (*) suy ra x 2 + 1 = 3 − x ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = −2

0,25

⇒ u = 4−3 =1

Khi x1 = 1 ⇒ y1 = 2
Khi x2 = −2 ⇒ y2 = 5
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (1;2), (-2;5)
Câu 3. (2 điểm)
1.
Viết A= (25n − 18n ) − (12n − 5n )
(1
n
n
n
n
điểm) Có (25 − 18 )M(25 − 18) và (12 − 5 ) M(12 − 5)
=> AM7

Viết

(25 − 12 ) − (18 − 5 )
n

n

n

0,25
0,25
0,25

n

Có (25n − 12 n ) M(25 − 12) và (18n − 5n ) M(18 − 5)

0,25

=> AM13

Vì (7;13)=1=> A chia hết cho 7.13 hay A chia hết cho 91

Trang 3

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

2.
(1
điểm)

 2x 2 + xy ≤ 2x

0 ≤ x ≤ y ≤ 1
Có 
=> 
 2x + y ≤ 2
( y − x ) y ≤ y − x
Cộng từng vế ta có 2x2+y2 ≤ x+y
2
2 2
=> (2x + y ) ≤ ( x + y ) = (
2

0,25
0,25

1
. 2x + 1. y ) 2
2

1 
≤  + 1÷( 2x 2 + y 2 )
2 
3
=> 2x2 +y2 ≤
2

0,25
0,25

3 điểm
A

I
M
K

O

B

H

C

N

ˆ = 900
a. Vì A∈ nửa đường tròn tâm O, đường kính BC ( gt) => BAC
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
AB 2 = BH .BC => AB 4 = BH 2 .BC 2
AC 2 = CH .BC => AC 4 = CH 2 .BC 2

Lại có
BH 2 = BI .BA,
⇒

Câu 4

CH 2 = CK .CA

AB 4

BI .BA.BC 2
AB 3 BI
=
=>
=
AC 4 CK .CA.BC 2
AC 3 CK

b. Chứng minh tứ giác AKHI là hình chữ nhật
Gọi M là giao điểm của AH và IK, N là giao điểm các đường trung
trực của IK và BC
Chứng minh được AO vuông góc với IK, từ đó suy ra tứ giác
AMNO là hình bình hành.
Do đó MA = ON = MK
Chứng minh được hai tam giác BON và NMI bằng nhau
Suy ra NI = NB = NK =NC
Trang 4

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Vậy

4 điểm B, I ,K, C cùng thuộc một đường tròn.
4

a +b+c+d
÷ (*)
4




c. + Dễ dàng chứng minh được : abcd ≤ 

0,25
0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
+ Đặt HB = x , 0 < x < 2R => HC = 2R - x
Chứng minh được : HA = x.(2R − x)
Ta có: HA.HB = x x(2R − x) = (2R − x)x 3

0,25

HA.HB có giá trị lớn nhất ⇔ (2R − x)x 3 có giá trị lớn nhất
⇔ x.x.x(2R – x) có giá trị lớn nhất

x x x
. . (2R − x) có giá trị lớn nhất

3 3 3
x
Áp dụng (*) với a = b = c =
3
4
x x x
1 x x x
R4

Ta có : . . (2R − x) ≤ 4  + + + (2R − x) ÷ =
3 3 3
4 3 3 3
16

x
3
Do đó tích HA.HB có giá trị lớn nhất ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R .
3
2

⇔

Câu 5
(1
điểm)

Và khi đó xác định được vị trí điểm A trên nửa đường tròn là AC
=R
Nếu mệnh đề Q đúng => A+51 tận cùng là 2=> P sai.
Khi đó A-38 có tận cùng là 3 => R sai.

Vậy Q là mệnh đề sai và P,Q là đúng.
Ta có A+51 = x2
A-38=y2
=> 89 = x2-y2 <=>(x-y)(x+y)=1.89

0,25

0,25
0,25

x − y = 1
=> x = 45
 x + y = 89

0,25

=> A + 51 = 452 = 2025
=> A = 1974

0,25

<=> 
<=>

0,25

* Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

Trang 5

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 5 câu, 01trang)
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức: A =

(

x − 50 − x + 50

)

x + x 2 − 50 với x ≥ 50

b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
Câu 2 (2,0 điểm):
4x
3x
+
=6
a) Giải phương trình 2
2
x − 5x + 6 x − 7x + 6

 x + y + 4 xy = 16
 x + y = 10

b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: 
Câu 3 (2 điểm).

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình x 3 + 2 x 2 + 3 x + 2 = y 3 .
b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

Câu 4 (3,0 điểm).

a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c2 1 + a 2

Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) và ( O ) (kí hiệu ( X ) chỉ đường tròn có tâm là điểm X).
Giả sử ( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tiếp xúc
trong với ( O ) tại M 1 , M 2 . Tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) tại điểm I cắt đường tròn

( O ) lần lượt tại các điểm

A, A ' . Đường thẳng AM 1 cắt lại đường tròn ( O1 ) tại điểm N1 ,

đường thẳng AM 2 cắt lại đường tròn ( O2 ) tại điểm N 2 .
a). Chứng minh rằng tứ giác M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với
đường thẳng N1 N 2 .
b). Kẻ đường kính PQ của đường tròn ( O ) sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P
Trang 6

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)
AM 1 không chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM 1 , QM 2 không
nằm trên cung ¼

song song thì các đường thẳng AI , PM 1 và QM 2 đồng quy.
Câu 5 (1,0 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3
màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3
đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi
một khác màu.
—Hết—
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 2)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câ
Ý
u
1 1 1,0 điểm
Ta có :
A2 =

(

Nội dung trình bày

Điểm

) (x+

0,25

2

x - 50 - x + 50

(
= ( 2x - 2

x 2 - 50

)(

)

A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50
A2

(

)(

x 2 - 50 x + x 2 - 50

A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50

)

)

)
0,25

A 2 = 100

Nhưng do theo giả thiết ta thấy A =

(

x - 50 - x + 50

Trang 7

)

0,25
x + x 2 - 50


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

<0

0,25đ

⇒ A= -10

2

2

1,0 điểm
2
x + 3 = 2 => x − 2 = − 3 ⇒ ( x − 2) = 3
⇒ x2 − 4x + 1 = 0
B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013
B = 2013
1,0 điểm
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Với x ≠ 0 , phương trình đã cho tương đương với:
4
3
+
=6
6
6
x −5+
x −7+
x

x
6
Đặt t = x − 7 + phương trình trở thành
x
4 3
+ =6 ( 1) ( t ≠ 0; t ≠ −2 )
t+2 t
( 1) ⇔ 4t + 3t + 6 = 6t 2 + 12t ⇔ 6t 2 + 5t − 6 = 0
Giải phương trình ta được t1 =

−3
2
; t 2 = ( thỏa mãn )
2
3

6 −3
−3
⇔ 2 x 2 − 11x + 12 = 0
ta có x − 7 + =
2
x 2
3
Giải phương trình ta được x1 = ; x 2 = 4 ( thỏa mãn )
2
6 2
2
2
Với t 2 = ta có x − 7 + = ⇔ 3x − 23 x + 18 = 0
3

x 3

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

Với t1 =

Giải phương trình ta được x 3 =

0,25

23 + 313
23 − 313
(thỏa
; x4 =
6
6

mãn)
3
2

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : x1 = ; x 2 = 4 ;
x3 =

23 + 313
23 − 313
; x4 =
6
6

 x + y + 4 xy = 16

 x + y = 10

(I) ( x; y ≥ 0 )
Trang 8

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Đặt S= x + y ; P =
S + 4P = 16
( II)
 2
S
2P
=
10


xy ( S ≥ 0;P ≥ 0 ) hệ (I) có dạng

0,25

S = 4
Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được 
P = 3

0,25

Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0
Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1

0,25

x = 9 x = 1
;
y
=
1

y = 9

Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 

0,25

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3a

x3 + 2 x 2 + 3x + 2 = y 3

2

3 7

Ta có y − x = 2 x + 3x + 2 = 2  x + ÷ + > 0 ⇒ x < y (1)
4 8

3

3

0,25

2

2

9  15

( x + 2) 3 − y 3 = 4 x 2 + 9 x + 6 =  2 x + ÷ +
>0
4  16


3b

⇒ y < x +2

(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x =
-1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ;
2), (-1 ; 0)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3 . Chứng
minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a2
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 + b2 ≥ 2b nên:
a +1
b 2 ( a + 1)
b 2 (a + 1)
ab + b
=
(
a
+
1)
−
≥
(
a
+
1)
−
= a +1−
2

2
1+ b
b +1
2b
2
⇔

Tương tự ta có:

0,25
0,25
0,25

0,25

a +1
ab + b
≥ a +1−
2
1+ b
2

b +1
bc + c
≥ b +1−
(2)
2
1+ c
2
c +1

ca + a
≥ c +1−
(3)
2
1+ a
2

0,25

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:
0,25
Trang 9


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

a +1 b +1 c +1
a + b + c − ab − bc − ca
+
+
≥3+
(*)
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2

Mặt khác: 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = 9 ⇒
2

a + b + c − ab − bc − ca
≥0
2

a +1 b +1 c +1
+
+
≥ 3 (đpcm)
1 + b2 1 + c 2 1 + a2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

0,25

Nên (*) ⇔

P
A
N1
O
O1

M1

I

Q

M2

A'

4

N2

O2

S

1

2,0 điểm
+) Ta có AM 1. AN1 = AM 2 . AN 2 = AI 2 ⇒ ∆AN1 N 2 đồng dạng với ∆AM 2 M 1
· N N + ·AM M = 1800 hay tứ giác
suy ra ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 ⇒ M
1 1 2
2
1
M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp.
1
+) Ta có ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 = ·AOM 1 và tam giác AOM 1 cân tại O nên
2
0
·
· AO = 180 − AOM 1
M
1
2
· AO = 900 ⇒ OA ⊥ N N .

Do đó ta được ·AN N + M
1

2

2

1

1

2

1,0 điểm
Gọi S là giao điểm của PM 1 và QM 2 .
Ta có O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I song song với OP
· M = POM
·
O2 IM 2 cân tại O2 , tam giác
⇒ IO
2
2
2 (1). Mặt khác tam giác
Trang 10

0,5
0,5

0,5
0,5

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)
· IM = OPM
·
OPM 2 cân tại O và kết hợp với (1) ta được O
2
2
2 suy ra
P, I , M 2 thẳng hàng. Tương tự ta có Q, I , M 1 thẳng hàng.
· Q = PM
· Q = 900
Do PQ là đường kính của đường tròn ( O ) suy ra PM
1

2

⇒ I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường
thẳng AI , PM 1 , QM 2 đồng quy.

5

0,5

0,5

1,0 điểm

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác
luôn tạo thành một tam giác cân.

Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy
ra hai khả năng sau:
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại
3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân.
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3
đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân.
Vậy, trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân,
có 3 đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu.
….. Hết….

Trang 11

0,5

0,5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)
Bài 1 (2 điểm)
1.1) Tính K = 4 3 + 2 2 − 57 + 40 2
1.2) Tính M = 3 20 + 392 + 3 20 − 329
Bài 2 (2 điểm)
x − 1 + 2x − 1 = 5

1) Giải phương trình:
2
2) Cho phương trình x + ax + b = 0 có hai nghiệm c và d, phương trình x2 + ax + b = 0
có hai nghiệm là a và b. Tính a, b, c, d biết rằng các số đó đều khác 0?
Bài 3 (2 điểm)
3. 1) Tìm số tự nhiên có 3 chữ số abc thỏa:

 abc = n 2 − 1

2
 cba = ( n − 2)

(n ∈ N ; n > 2)

3.2) Cho 100 số tự nhiên a1 , a2 ,..., a100 thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
+
+ ... +
= 19
a1
a2
a100

Chứng minh rằng trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau.
Bài 4 (3 điểm)
4.1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H thuộc BC). Đường tròn đường
kính AH cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Chứng minh rằng: EF 3 = EB.BC.CF .
4.2) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R và M là một điểm thay đổi trên

nửa đường tròn (khác A và B). Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B
của đường tròn (O) tại các điểm C và D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam
giác ACM và BDM.
Bài 5 ( 1 điểm)
Cho (O; R) và điểm P cố định ở ngoài đường tròn. Gọi M là điểm chuyển động trên
đường tròn, H là hình chiếu của O lên MP.
a) Tìm quĩ tích điểm H.
b) Tìm quĩ tích trọng tâm G.
c) Chứng minh rằng trọng tâm K của tam giác PHO thuộc một cung tròn cố định.

Trang 12


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

---------------------------------------------------------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh:

HẾT
Số báo danh:

Chữ ký giám thị 1:
Chữ ký giám thị 2:
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 3)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN HỌC
(Hướng dẫn chấm gồm 2 trang)
Bài 1
2 điểm
1.1
3+ 9 −8

3− 9 −8
Ta có 4 3 + 2 2 = 4 3 + 8 = 4(
+
)
0,252
2
0,25
= 4( 2 + 1)

57 + 40 2 = 57 + 3200 =

8
+5
2

Từ đó K = -1
1.2
Bài 2
2.1

M = 3 20 + 392 + 3 20 − 329 =

3

(2 + 2)3 + 3 (2 − 2)3 = 4

 x ≥ 1
⇔
2
3x − 2 + 2 ( x − 1)(2 x − 1) = 25

2 2 x − 3 x + 1 = 27 − 3 x
1 ≤ x ≤ 9
1 ≤ x ≤ 9
⇔
⇔ 2
⇔ x =5.
2
2
4(2 x − 3 x + 1) = (27 − 3 x)
 x − 150 x + 725 = 0
x ≥ 1


Cách 1: Pt ⇔ 

Cách 2: +/ Nếu x>5: VT = x − 1 + 2 x − 1 > 5 − 1 + 2.5 − 1 = 5 = VP
+/ Nếu 1 ≤ x < 5 : Tương tự VT < VP.
+/ Khi x = 5 thì VT = VP, nên x = 5 là nghiệm của pt.
2.2

Bài 3
3.1

Áp dụng hệ thức Vi-et vào 2 pt đã cho, ta được:
c + d = -a => a + c = -d (1)
c.d = b (2)
a + b = - c => a + c = - b (3)
a.d = d (4)
Từ (1) và (3) b = d.
Từ (2), do b = d # 0, ta có c = 1

Từ (4) do b = d # 0, ta có a = 1.
Thay a = c = 1 vào (1), ta được d = - 2 suy ra b = -2.
Ta có: abc = 100a + 10b + c = n 2 − 1

0,250,25
0,25
0,5-0,25
2 điểm
0,25
0,25
0,25
(Mỗi
TH làm
đúng
0,25)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2 điểm

(1)

cba = 100c + 10b + a = n − 4n + 4
(2)
Từ (1) và (2) ta có 99(a-c)=4n – 5 ⇒ 4n − 5M99 (3)
2

Trang 13

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Mặt khác: 100 ≤ n 2 − 1 ≤ 999 ⇔ 101 ≤ n 2 ≤ 1000 ⇔ 11 ≤ n ≤ 31
⇔ 39 ≤ 4n − 5 ≤ 119 (4) . Từ (3) và (4) suy ra n = 26.
Vậy abc = 675 .
3.2

1
1
1
+
+ ... +
<2 n −2
2
3
n

Ta có kết qủa quen thuộc sau đây: A =
Thật vậy: Từ

1
2
1
=
<
=2

k 2 k
k + k −1

(

0,25
0,25
0,25
0,25

)

k − k − 1 , suy ra:

A < 2 ( 2 − 1) + ( 3 − 2) + ... + ( n − n − 1)  = 2( n − 1) = 2 n − 2

0,25
(*)
Gỉa sử trong 100 số tự nhiện đã cho không có hai số nào bằng nhau.
Không
mất
tính
tổng
quát,
giả
sử: 0,25
a1 < a2 < ... < a100 ⇒ a1 ≥ 1, a2 ≥ 2,...an ≥ 100
1
1
1

1
1
1
+
+ ... +
≤
+
+ ... +
Thế thì:
a1
a2
a100
1
2
100 < 2 100 − 1 = 19 (áp

Bài 4
4.1

4.2

dụng (*))
Kết qủa này trái với giả thiết. Vậy tồn tại bằng nhau trong 100 số đã 0,25
cho.
3 điểm
2
Trong tam giác vuông ABC ta có: AB.AC = AH.BC và AH = BH .HC 0,25
(1)
0,25
2

0,25
Trong tam giác vuông ABH ta có: BH = BE.BA (2)
2
Trong tam giác vuông ACH ta có: CH = CF .CA (3)
2
0,25
Từ (2) và (3) ta có: ( BH .CH ) = BE.BA.CF .CA (4)
0,25
Kết hợp (1) và (4) ta được: AH 4 = EB.BC.CF . AH
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AH = EF nên suy ra 0,25
3
EF = EB.BC.CF .
0,25
( AC + BD ). AB CD. AB AB 2
S
=
=
≥
= 2R2
Ta có: ABDC
(1)
2

2

2

1
2

1
2

Kẻ MH vuông góc với AB thì: S AMB = AB.MH ≤ MO. AB = R 2

0,5

(2)

Bài 5
a)

Từ (1) và (2) suy ra: S ACM + S BDM = S ABDC − S AMB ≥ 2 R 2 − R 2 = R 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và 0,5
0,25
BDM là R 2 , đạt được khi M là điểm chính giữa của cung AB.
1 điểm
Quĩ tích điểm H là cung tròn nằm bên trong đường tròn (O) của đường 0,25
tròn
0,25
1
2

(I), (trung điểm OP), bán kính r = OP
Trang 14


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

b)

c)

Quĩ tích trọng tâm G của tam giác PMO là đường tròn bán kính

R
3

0,25

Quĩ tích trọng tâm K của tam giác PHO là đường tròn tâm I, bán kính 0,25
r
3

* Mọi cách làm khác nếu đúng vẫn cho đủ số điểm theo biểu điểm ./.
ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 3 câu, 2 trang)
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho A =

x2 − x

x2 + x

−
.

x + x +1 x − x +1
Hãy rút gọn: B = 1 − A + x + 1 (Với 0≤ x ≤1).
b) Cho x = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 . Thực hiện tính

64
− 3x .
(x 2 − 3)3

Bài 2 (2,0 điểm):
a) Cho hàm số y = x 2 có đồ thị (P). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d) có
phương trình y = x + m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thoả
mãn: ( x2 − x1 ) 4 + ( y2 − y1 ) 4 = 18
3
2
 x + 1 = 2(x − x + y)
b) Giải hệ phương trình:  3
2
 y + 1 = 2(y − y + x)
Bài 3 (2,0 điểm):

a) Cho một số tự nhiên có 4 chữ số abcd. Biết rằng a, b,c,d là 4 chữ số liên tiếp từ
nhỏ đến lớn. Biết bacd là một số chính phương. Tìm abcd
b) Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + + .

a+ b−c b+c−a c+a−b a b c
Bài 4 (3,0 điểm):
Trang 15


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Cho tam giác nhọn ABC và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần
lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh:
OM SOBC
=
.
AM SABC
OM ON OP
+
+
=1
b)
AM BN CP
AM BN CP
+
+
≥ 9
c)
OM ON OP

a)

Bài 5 (1,0 điểm):
Cho dãy số 1, 2, 3, 4, ..., 1997, 1998. Hãy điền vào trước mỗi số dấu + hoặc dấu – để

cho có được một dãy tính có kết quả là số tự nhiên nhỏ nhất.
------------Hết----------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 3)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 1 trang)
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm
- Điểm bài thi.10
BÀI
Bài 1
(2

ĐÁP ÁN
A=

x( x − 1)(x + x + 1)
x + x +1

−

x( x + 1)(x − x + 1)
x − x +1

A = x( x − 1) − x( x + 1) = −2 x
B = 1 − −2 x + x + 1 = 1 −
=1−

(

)

x −1

2

=1−

(

ĐIỂM
0,25

)

x −1

0,25
2

x − 1 = 1 − (1 − x) = x

x3 = 4 + 3( 3 2 − 3 + 3 2 + 3 ) 3 2 − 3. 3 2 + 3 = 4 + 3x .
Từ x3 = 4 + 3x được: x3 – 3x = 4 ⇔ (x3 – 3x)3 = 43
Trang 16

0,25
0,25
0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

điểm)

⇔ x3(x2 – 3)3 = 43 =64.
64
x3 (x 2 − 3)3
−
3x
=
− 3x = x3 − 3x =4
Thay được 2
3
2
3
(x − 3)
(x − 3)

Bài 2

Các điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thuộc (d) và thuộc (P) nên x1; x2 là hai
nghiệm của phương trình: x 2 = x + m ⇔ x 2 − x − m = 0
(1)
(2điểm) Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1)
có hai nghiệm phân biệt.
∆ = 1 + 4m > 0 ⇔ m >

−1
.
4

0,25
0,25

0,25
0,25

Các điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thuộc (d) nên y1 = x1 + m, y2 = x2 + m
Thay vào: ( x1 − x2 ) 4 + ( y1 − y2 ) 4 = 18 được:
⇔ ( x1 − x2 ) 4 + ( x1 + m − x2 − m) 4 = 18 ⇔ ( x1 − x2 ) 4 = 9 ⇔ [( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 ]2 = 9
Theo định lí Viet x1 + x2 = 1, x1 x2 = −m . Ta có

0,25

(1+4m)2 = 9
 m = −1
1
+ Tìm được 
1 . Đối chiếu ĐK kết luận m =
m=
2

2

Trừ được:

(

x 3 – y3 = 2 x 2 – y 2 – 2 ( x – y )

(
– y) ( x

⇔ ( x – y ) x 2 + xy + y 2
⇔(x

2

)

0,25

)

= 2( x – y) ( x + y – 2)

)

+ xy + y 2 – 2 ( x + y ) + 4 = 0

x = y
⇔ 2
2
 x + xy + y – 2 ( x + y ) + 4=0
Với x = y: x3 + 1 = 2(x2 – x + y)
x3 – 2x2 + 1 = 0
(x – 1) (x2 - x - 1) = 0

1+ 5
1− 5
Giải được x1 = 1; x2 =
; x3 =
2
2

1+ 5 
1− 5
x
=
x=


x = 1 
2 ; 
2
; 
Nghiệm của hệ là: 

1+ 5 
1− 5
y = 1 
y
=
y
=


2

2
2
2
Với: x + xy + y – 2 ( x + y ) + 4=0

Trang 17

0,25

0,25

0,25
0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

⇔ 2 x 2 + 2xy + 2y 2 – 4 ( x + y ) + 8=0
⇔ x 2 + y 2 + (x + y)2 − 4(x + y) + 4 + 4 = 0
⇔ x 2 + y 2 + (x + y − 2)2 + 4 = 0
PT vô nghiệm do VT luôn lớn hơn 0.
Bài 3 (2 a) Ta có b=a+1; c=a+2, d=a+3 với 1≤ a,b,c,d ≤ 9
điểm)
4≤a+3≤9 => 1≤a≤6 => a có thể bằng: 1,2,3,4,5,6
Vì bacd là số chính phương => d có thể bằng: 4,5,6,9
=> a có thể bằng: 1,2,3,6
=> abcd có thể là 1234, 2345, 3456, 6789
Bởi vì bacd là số chính phương => bacd=4356=662
Vậy abcd=3456
b) Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a+b-c > 0; b+c-a > 0.

1
1
4
+
≥
có:
;
a + b − c b + c − a 2b
1
1
4
1
1
4
+
≥ ;
+
≥
Tương tự:
a + b − c c + a − b 2a a + b − c c + a − b 2a

 2 2 2
1
1
1
+
+
Cộng được: 2 
÷≥ a + b + c
a

+
b
−
c
b
+
c
−
a
c
+
a
−
b


1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
⇔
a+ b−c b+c−a c+a−b a b c
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Bài 4
(3,0
điểm)

a) Lần lượt hạ AH, OK vuông góc với BC.
Có:

OM OK
=
.
AM AH
Trang 18

0,25
2,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Lại có
nên

OK SOBC

=
AH SABC

0,25

OM SOBC
=
.
AM SABC

b) Tương tự:

0,25

ON SOAC
=
;
BN SBAC

0,25

OP SOAB
=
CP SCAB

Cộng được:

0,25
OM ON OP SOBC SOCA SOAB SABC
+

+
=
+
+
=
=1
AM BN CP SABC SABC SABC SABC

0,5

c) Với ba số dương a, b, c có:
1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c
1 1 1
⇔  a + b + c ÷( a + b + c ) ≥ 9



0,25
0,25

AM BN CP AM BN CP
+
+
+
+
=
.1

OM ON OP OM ON OP
AM BN CP
OM ON OP
+
+
+
+
=(
). (
)≥9
OM ON OP
AM BN CP

Có:

Bài 5
(1
điểm)

Nhận xét: 1+2+3+...+1997+1998=1999.499 là một số lẻ do đó không
tồn tại cách đặt dấu (+ hoặc dấu - ) để cho tổng của dãy tính bằng 0.
Thậy vậy, giả sử tồn tại một cách đặt dấu so cho tổng của chúng bằng
0.
Gọi S(+) là tổng các số được đặt dấu +
Gọi S(-) là tổng các số được đặt dấu –
Ta có S(+)+S(-)=0
=> S(+)- S(-) +2S(-)=0
=> 1+2+3+..+1997+1998 + 2S(-)=0
Hay 1999.499 + 2S(-) =0 không xảy ra do 1999.499 là số lẻ còn 2S(-)
là số chẵn.

Gọi A là kết quả của dãy tính suy ra A>=1. Do đó Amin=1.
Với cách đặt dấu như sau:
A=(+1-2+3-4+....+997-998) - 999 +1000-1001+1002+...-1997+1998
=-499+500
=1

Trang 19

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05câu,01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
a.Cho x. y. z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện : x + y + z + xyz = 4
Tính giá trị biểu thức

A = x(4 − y )(4 − z ) + y (4 − z )(4 − x) + z (4 − x)(4 − y ) − xyz
64
b. Đặt a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 .Chứng minh rằng (a 2 − 3) 3 − 3a là số nguyên

Câu 2 (2,0 điểm)
a.Cho phương trình x 2 + 2( m − 2) x + m 2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình
2

1

1

có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x 2 + x 2 − x x = 15m .
1 2
1
2
x + y + z = 1

b. Giải hệ phương trình 

4
4
4
 x + y + z = xyz

.

Câu 3 (2,0 điểm)
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p;q) sao cho: p2 - 2q2 = 1
b.Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: a+b+c =1. Chứng minh rằng:

c + ab a + bc b + ac
+
+
≥2
a+b
b+c
a+c

Câu 4 (3,0 điểm):
Cho nửa đường tròn (O;R), BC là đường kính. Điểm A di động trên nửa đường tròn
(A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Gọi I và K thứ tự là hình chiếu của H
trên AB và AC.
d) Chứng minh:

BI
AB3
=
CK
AC 3
Trang 20


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

e) Chứng minh tứ giác BIKC nội tiếp, xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác đó.
f) Xác định vị trí điểm A trên nửa dường tròn để tích HA.HB có giá trị lớn nhất.
Câu 5(1,0 điểm)
Cho bảng vuông 13x13. Người ta tô màu đỏ ở S ô vuông của bảng sao cho không có 4 ô
đỏ nào nằm ở 4 góc của một hình chữ nhật. Hỏi giá trị lớn nhất của S có thể là bao

nhiêu?
-----------Hết----------ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 5)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi là tổng điểm các phần không làm tròn.
Câu
Đáp án
a. (1 điểm)
Ta có x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4( x + y + z ) + 4 xyz = 16
Khi đó ta có : x(4 − y )(4 − z ) = x(16 − 4 y − 4 z + yz )

Điểm
0,25điểm

= x( yz + 4 xyz + 4 x)
= x . ( yz + 2 x ) 2 = xyz + 2 x

(1)
Tương tự

y (4 − z )(4 − x) = xyz + 2 y
z (4 − x )(4 − y ) = xyz + 2 z

(2)
(3)

1

(2điểm) Từ (1), (2), (3) suy ra A = 2( x + y + z + xyz ) = 2.4 = 8

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

b. (1 điểm)
3
a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 ⇒ a = 3a +4

⇒ a(a2 - 3 ) = 4
⇒ a2 - 3 = 4 : a (vì a>0)

64

thay vào và rút gọn ta có (a 2 − 3) 3 − 3a = 4 ∈Z
2
a.(1 điểm)
(2điểm)

Trang 21

0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
∆'> 0 ⇔ ( m − 2 ) 2 − ( m 2 − 2m + 4) > 0 ⇔ m < 0 (*)
 x1 + x2 = 4 − 2m

Với m < 0 theo Vi-et ta có: 

2
 x1 .x2 = m − 2m + 4
2
1
1
2
1
1
Ta có x 2 + x 2 − x x = 15m ⇔ ( x + x ) 2 − 2 x x − x x = 15m (1)
1 2
1 2
1
2
1
2
1 2
1
1
1
⇔ 2
− 2
=
m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m
1

1
1
⇔
−
=
4
m + = t do m < 0 ⇒ t < 0
4
4
.
Đặt
15
m+ −6 m+ −2
m
m
m
t = −4
1
1
1
−
= ⇔
⇒ t = −4 ( do t < 0
Ta có (1) trở thành
t − 6 t − 2 15
t = 12

)
Với t = −4 ta có m +

4
= −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*)
m

0.25điểm

0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm

b. (1 điểm)
Ta có:
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
+
+
≥ x2 y2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y +y z
y z +z x
z x + x2 y2
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =

=
2
2
2
x4 + y 4 + z 4 =

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).

0.25điểm

x = y = z
1
⇔x= y=z=
3
x + y + z = 1

Dấu bằng xảy ra ⇔ 




1

0.25điểm

1

1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷

3
3
3


3
a.(1 điểm)
(2điểm) Ta có: p2 -2q2 = 1 ⇒ p2 =2q2 + 1 ⇒ p lẻ.
Đặt p = 2k+1 (k∈ N*) ⇒ (2k+1)2 = 2q2 + 1 ⇒ q2 = 2(k2+k)
⇒ q chẵn mà q nguyên tố nên q = 2 ⇒ p = 3 (thỏa mãn)
Vây cặp số nguyên tố (p;q) cần tìm là (3;2)

0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm

b.(1 điểm)
Vì a + b + c = 1 nên

c + ab = c (a + b + c ) + ab = (c + a )(c + b )
a + bc = a (a + b + c) + bc = (b + a )(b + c )

b + ac = a (a + b + c ) + ac = (a + b)(a + c)

Nên BĐT cần chứng minh tương đương với:
Trang 22

0.25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

(c + a )(c + b) (b + a )(b + c) (a + b)(a + c )
+
+
≥2
a+b
a+c
b+c
2

2

2

 (c + a)(c + b) 
 (b + a )(b + c) 
 (a + b)(a + c ) 
⇔ 
÷ + 
÷ + 
÷ ≥ 2 0.25điểm
a+b
a+c
b+c








Mặt khác dễ thấy: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx , với mọi x, y,
z. (*)
Áp dụng (*) ta có:

VT ≥ b + c + a + b + c + a = 2
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = ⇒ Đpcm.
3

4
(3điểm)

0.25điểm

0.25điểm

A

I
M
K

O

B

H

C

N

a.(1 điểm)
Vì A∈ nửa đường tròn tâm O, đường kính BC ( gt) =>
ˆ = 900
BAC

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
AB = BH .BC => AB = BH .BC
2

4

2

AC 2 = CH .BC => AC 4 = CH 2 .BC 2

Lại có
BH 2 = BI .BA,
⇒

0.25điểm

2

CH 2 = CK .CA

AB 4
BI .BA.BC 2
AB 3 BI
=
=>
=
AC 4 CK .CA.BC 2
AC 3 CK

b.(1 điểm)
Gọi M là giao điểm của AH và IK, N là giao điểm các đường
trung trực của IK và BC.
Chứng minh tứ giác AKHI là hình chữ nhật nên nội tiếp
đường tròn (M) suy ra ·AKI = ·AHI (1)
·
Mà ·ABC = ·AHI ( Cùng phụ với BHI
) (2)
Trang 23

0.25điểm
0.25điểm
0.25điểm

0.25điểm
0.25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)

Từ (1) và (2) suy ra ·AKI = ·ABC
Vậy tứ giác BIKC nội tiếp đường tròn (N).

0.25điểm
0.25điểm

c.(1 điểm)
4

a +b+c+d
Chứng minh được : abcd ≤ 
÷ (*)
4



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

0.25điểm

Đặt HB = x , 0 < x < 2R => HC = 2R - x
Chứng minh được : HA = x.(2R − x)
Ta có: HA.HB = x x(2R − x) = (2R − x)x 3
HA.HB có giá trị lớn nhất ⇔ (2R − x)x 3 có giá trị lớn
nhất
⇔ x.x.x(2R – x) có giá trị lớn nhất

x x x
. . (2R − x) có giá trị lớn nhất

3 3 3
x
Áp dụng (*) với a = b = c =
3
4
x x x
1 x x x
R4

Ta có : . . (2R − x) ≤ 4  + + + (2R − x) ÷ =
3 3 3
4 3 3 3
16

x
Do đó tích HA.HB có giá trị lớn nhất ⇔ = (2R − x)
3
3
⇔ x= R.
2

0.25điểm

⇔

Và khi đó xác định được vị trí điểm A trên nửa đường tròn là
AC = R
5
Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i.
(1điểm) Ta có: S= x1 + x2 + …+ x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là

xi ( xi − 1)
Vậy tổng số các cặp ô đỏ là
2
x ( x − 1)
x ( x − 1) x2 ( x2 − 1)
+
+ ... + 13 13
A= 1 1
2
2
2

0.25điểm

0.25điểm

C2xi =

Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả
thiết thì không có cặp ô đỏ nào có hình chiếu trùng nhau.
Vậy C213=78 ≥ A=
⇔

13

13

∑x −∑x
i =1

2
i

i =1

i

0.25điểm

x ( x − 1)
x1 ( x1 − 1) x2 ( x2 − 1)
+
+ ... + 13 13
2
2
2

≤ 156

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Trang 24

0.25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)
s2
− s ≤ 156
13
i =1

i =1
⇔ s2-13s-2028 ≤ 0 ⇔ S ≤ 52
13

13

(∑ xi ) 2 ≤ 13(∑ xi2 ) ⇒

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = …= x13 = 4 (mỗi dòng có
4 ô được tô đỏ).
Vẽ hình minh họa:
x x x x
x
x x x
x
x
x x
x
x
x X
x x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
X
x
x
x
x
x
x
X
x
x
x
X x
x
x x
x
x
x
x x
Vậy giá trị lớn nhất của S=52

0.25điểm

0.25điểm
-----------Hết-----------

Trang 25