BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 2)

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)

Câu 1. (2,0 điểm)


Cho biểu thức P =  1 +



x   1
2 x
: 
−
÷
÷− 1 với x ≥ 0, x ≠ 1
÷
x +1   x −1 x x + x − x −1 ÷


a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức M = P − x nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2015x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2016x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
b) Tìm các số x, y, z biết x + y + z − 2( x + 2 y − 1 + 3 z − 2) + 11 = 0 .

Câu 3. (2,0 điểm)
a) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n 4 + 4 n là hợp số.
b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 1

1
1 
+
+
÷.
a+1
b+1
c+1



B = (a+b+c+3) 

Câu 4. (3 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A
và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và
MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).
a. Chứng minh rằng MN 2 = MP 2 = MA.MB
b. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
c. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.
Câu 5. (1,0 điểm)
Hai người chơi trò chơi như sau: Trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người lấy k viên bi,
với
k ∈ {1; 2; 3}. Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong hộp bi đó.

a) Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng?
b) Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên
dương?
------------Hết----------

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
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
Chú ý:
Câu

Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Điểm bài thi được tính theo thang điểm 10 .
Đáp án
a.( 1 điểm)


x   1
2 x
P= 1 +
:
−
÷


÷
÷
÷− 1
 x +1   x −1 x x + x − x −1 
=

Điểm


x + x +1  1
2 x
: 
−
÷
÷− 1
x +1
x
−
1
(
x
+
1)(
x
−
1)



0,25

x + x +1 x +1− 2 x
=
:
−1
x +1
( x + 1)( x − 1)

1
(2điểm)

0,25

x + x + 1 ( x + 1)( x − 1)
=
.
−1
x +1
( x − 1) 2
x + x +1
x + x +1− x +1
−1 =
x −1
x −1
x+2
=
x −1
x+2
Vậy P =
với x ≥ 0, x ≠ 1

x −1
=

0,25

0,25
b. ( 1 điểm)
Ta có M = P − x =
Để M nguyên thì

x+2
x+2− x+ x
− x=
=
x −1
x −1

3
x +2
=1 +
x −1
x −1

0,25

3
phải có giá trị nguyên.
x −1

Mặt khác khi x là số nguyên (thoả mãn điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1 ) thì x

hoặc là số nguyên (nếu x là số chính phương) hoặc là số vô tỉ (nếu x
không là số chính phương)
3
là số nguyên thì x không thể là số vô tỉ, do đó
x −1
số nguyên, suy ra x - 1 là ước của 3

Để

Trang 2

x phải là

0,25


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

Ta xét các trường hợp:
+) x - 1 = 3 ⇒ x = 4 ⇒ x = 16 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ
+) x - 1 = -3 ⇒ x = - 2 < 0 (loại)
+) x - 1 = 1 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ
+) x - 1 = -1 ⇒ x = 0 ⇒ x = 0 ∈ Z và thoả mãn ĐKXĐ
Vậy với x = 16; x = 4 hoặc x = 0 thì biểu thức M = P nguyên.

x nhận giá trị

a.(1 điểm )
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x1x2 = 1 ; x3x4 = 1 ; x1+x2 = -2015 ; x3 + x4 = -2016

Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1
(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
= (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )
= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42
= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2
2
= (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2
(2điểm)
Thay x1+x2 = -2015; x3 + x4 = -2016 được : 20162 - 20152 =2016+2015
=4031
b.(1 điểm )

x + y + z − 2( x + 2 y − 1 + 3 z − 2) + 11 = 0 (2)
ĐKXĐ x ≥ 0; y ≥ 1; z ≥ 2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

(2) ⇔ x − 2 x + y − 4 y − 1 + z − 6 z − 2 + 11 = 0
⇔ x − 2 x + 1+ y −1− 4 y −1 + 4 + z − 2 − 6 z − 2 + 9 = 0

0,25

⇔ ( x − 1) + ( y − 1 − 2) + ( z − 2 − 3) = 0
2

2

2

( x − 1) 2 = 0
 x −1 = 0
 x =1




⇒ ( y − 1 − 2) 2 = 0 ⇔  y − 1 − 2 = 0 ⇔  y − 1 = 2



2
( z − 2 − 3) = 0
 z − 2 − 3 = 0
 z − 2 = 3
 x = 1 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)

⇒  y = 5 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)

 z = 11 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)


3

0,25

0,25

Vậy x = 1; y =5; z = 11.
a.(1điểm )
Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n có dạng:
n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0.
Trang 3

0,25


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

+ Xét trường hợp n = 2k, ta có n 4 + 4 n = (2k ) 4 + 4 2 k lớn hơn 2 và
chia hết cho 2.
Do đó trong trường hợp n = 2k thì n 4 + 4 n là hợp số.
+ Xét trường hợp n = 2k+1, tacó:

0,25

n 4 + 4 n = n 4 + 4 2 k.4 = n 4 + (2.4 k ) 2 = ( n 2 + 2.4 k ) 2 − 4 n 2 .4 k
= (n 2 + 2.4 k ) 2 − (2.n.2 k ) 2 = ( n 2 + 2.4 k + 2.n.2 k )( n 2 + 2.4 k − 2.n.2 k )
(2điểm)

= (n2 + 4k + 4k + 2.n.2k )(n2 + 4k + 4k - 2.n.2k )

= (n2 + 2.n.2k + 22k + 22k )(n2 – 2.n.2k + 22k + 22k)
= [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ].
Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là một số tự nhiên lớn hơn 0.
Thì mỗi thừa số [( n +2k)2 + 22k ] và [(n – 2k)2 + 22k ]đều lớn hơn hoặc
bằng 2.
Do đó trong trường hợp n = 2k+1 thì n 4 + 4 n cũng là hợp số
Vậy với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì n 4 + 4 n là hợp số.
b.(1điểm )

0,25

0,25

Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a do 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 = >1 ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 2
1
x

1
y

1
z

x x y y z z
+ + + + +
y z x z x y
 x  y 
x y x. y

x y x
≥ 0 ⇔ + ≤ +1
 1 − ÷1 − ÷ ≥ 0 ⇔ 1 − − +
y  z 
y z y. z
y z z


z  y 
z y z. y
z y z
≥ 0 ⇔ + ≤ +1
 1 − ÷1 − ÷ ≥ 0 ⇔ 1 − − +
y  x 
y x y. x
y x x

x y z y x z
x x y y z z
x z
⇒ + + + ≤ + + 2 ⇒ + + + + + ≤ 2  + ÷+ 2
y z y x z x
y z x z x y
z x
x
Đặt = t => 1 ≤ t ≤ 2
z
x z
1 t 2 + 1 2t 2 − 5t + 2 5 (2t − 1)(t − 2) 5
+ =t+ =

=
+ =
+
z x
t
t
2t
2
2t
2
(2t − 1)(t − 2)
x z 5
≤0 ⇒ + ≤
Do 1 ≤ t ≤ 2 ⇒
2t
z x 2
5
⇒ A ≤ 3 + 2. + 2 = 10
2

Khi đó A= (x+y+z)( + + )=3+ 3 +

0,25

0,25

0,25

Ta thấy khi a=b=0 và c=1 thì A=10 nên giá trị lớn nhất của A là 10
0,25

Trang 4


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

4
(3điểm)

a.(0,75điểm )
Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.

0,5
0,25

MA MN
=
⇔ MN 2 = MP 2 = MA.MB
Suy ra:
MN MB

b. (1 điểm)
Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM = ON 2 = R 2
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi
qua điểm D, cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có
MN = MO 2 − ON 2 = R , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương
tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông.
Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM = R 2 > R

c.(1,25điểm)
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội
tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra
tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H.
+ Kẻ OE ⊥ AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL ⊥ (d ) thì
HL // OE,
1
2

nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: HL = OE
(không đổi).
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không
đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của
đoạn OE.
a. .(0,5 điểm)
* Người thứ nhất lấy 3 viên bi còn 308 viên bi là bội số của 4
* Người thứ hai lấy 1, 2 hoặc 3 viên bi
5
* Nười thứ nhất lấy 3, 2 hoặc 1 viên số còn lại là bội của 4
(1điểm) * Cứ tiếp tục như vậy thì người lấy cuối cùng phải là người thứ nhất
b.(0,5 điểm)
Trang 5

0,25

0,25
0,25
0,25

0,5

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)

Với n viên bi
* Nếu n là bội của 4 thì người thứ hai thắng
* Nếu n không phải là bội số của 4, với cách làm như trên thì người thứ
nhất thắng

0,25
0,25

-----------Hết-----------

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)
Bài 1 : (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A=

2 10 + 30 − 2 2 − 6

2
:
2 10 − 2 2
3 −1

b) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 3 20 + 14 2 + 3 20 - 14 2
Bài 2 : (2,0 điểm)
a) Cho phương trình: x 2 − 6x − m = 0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đã
cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12 − x2 2 = 12 .
1
1
9

x + y + x + y = 2

b) Giải hệ phương trình: 
 xy + 1 = 5

xy
2

Bài 3 : (2,0 điểm)
a) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn .

x 2 − yz y 2 − zx z 2 − xy
=
=
a
b
c

a 2 − bc b 2 − ca c 2 − ab
=
=
Chứng minh rằng
x
y
z
b) Cho x, y, z là ba số thực dương và x + y + z ≤ 1 . Chứng minh rằng:
x2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
y
z
x
Trang 6


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

Bài 4 ( 3,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), một đường tròn (O) tiếp xúc với
AB, AC tại B và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M ( M ≠ B;C ) . Gọi I;
H; K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là
giao điểm của MC với IH.
a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK.
b) Chứng minh PQ // BC.

c) Gọi (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp ∆ MPK và ∆ MQH. Gọi D là trung
điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O1),(O2 ) Chứng minh rằng M,N,D thẳng
hàng.
Bài 5 ( 1,0 điểm)
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.
----------------- HẾT-----------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 2)

Bài

Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Bài giải

Câu
a
1điểm

2 10 + 30 − 2 2 − 6
2
:
=
2 10 − 2 2
3 −1
2 2( 5 − 1) + 6( 5 − 1) 3 − 1 2 + 3 3 − 1 4 + 2 3 3 − 1
.
=
.
=
.
2
2
2
4
2
2 2( 5 − 1)
=

b
1điểm

Điểm

3+1 3−1 1
.
=
2

2
2

Đặt u = 3 20 + 14 2 ; v = 3 20 − 14 2
Ta có x = u + v và u 3 + v3 = 40
u.v = 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2
Trang 7

0,5đ
0,5đ

0,25đ
0,25đ


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

x = u + v ⇒ x3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x
hay x3 − 6 x = 40 . Vậy M = 40

0,25đ
0,25đ

1
2điểm
a
1điểm

Để phương trình có nghiệm ∆/ ≥ 0 ⇔ m ≥ −9 (*)

Mặt khác ta phải có

b
1điểm

Điều kiện: xy≠0

 x1 = 4

 x1.x2 = − m ⇔ m = −8(TM DK *)
x = 2
 2

1
1
9

x + y + x + y = 2
 2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)

⇔


2
(2)
 2(xy) -5xy+2=0
 xy + 1 = 5

xy
2

Giải (2) ta được:
2
2điểm

 x1 + x2 = 6
 x1 + x2 = 6


 x1.x2 = − m ⇔  x1.x2 = − m ⇔
 2

2
 x1 − x2 = 12
 x1 − x2 = 2

 xy=2 (3)

 xy= 1 (4)

2

0,2đ
0,5®

0,2đ

0,25đ

0.25®

Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)
 x = 1

x + y = 3
y = 2
⇔
Từ (5) và (3) ta được: 
  x = 2 ( thoả mãn ĐK)
 xy = 2

  y = 1

Thay xy =

1
3
vào (1) ta được x + y =
2
2

(6)

 x = 1

3

 y = 1
 x + y = 2
 

2
⇔
Từ (6)và(4) ta được: 
(thoả mãn ĐK)
1

 xy = 1
 x =

2

2
 y = 1


Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
 1 1 
( x; y ) = (1; 2), (2; 1), 1; ÷,  ;1 ÷
 2 2 

Trang 8

0,25đ

0,25đ


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

a

1điểm

x 2 − yz y 2 − zx z 2 − xy
=
=
a
b
c

a
b
c
a2
⇔ 2
=
=
⇔ 4
=
x − yz y 2 − xz z 2 − xy
x − 2 x 2 yz + y 2 z 2
bc
a 2 − bc
=
(1)
y 2 z 2 − xy 3 − xz 3 + x 2 yz x( x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz )
Tuongtu :

3
điểm

0,5đ

b2
ac
= 2 2 3
=
4
2
2 2
y − 2 y xz + x z x z − x y − yz 3 + xy 2 z

b 2 − ac
(2)
y ( x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz )
Tuongtu :

c2
ab
= 2 2 3
=
4
2
2 2
Z − 2 xyz + x y x y − x z − y 3 z + xyz 2

c 2 − ab
(3)
z ( x3 + y 3 + z 3 − 3xyz )

0,25đ

Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM
b
1điểm

1
1
1 1
9
(1.x + 9. )2 ≤ (12 + 92 )( x 2 + 2 ) ⇒ x 2 + 2 ≥
(x + )
y
y
y
y
82
1 1
9 2 1 1
9
≥
(
y
+
);
z
+
≥
(
z
+

)
z 2 82
z
x 2 82
x
1
9 9 9 1
81
S≥
(x + y + z + + + ) ≥
(x + y + z +
)
x y z
x+ y+ z
82
82

0,25đ
0,25đ
0,25đ

TT : y 2 +

=

1 
1
80 
(
x

+
y
+
z
+
)
+
≥ 82

x + y + z x + y + z 
82 

0,25đ

A

O2

N

K

H

O1 M
P

Q

E

E'

B

I

D

Trang 9
O

0,25đ

C


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

H×nh vÏ
0,25
·
a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác của HMK
Vì ∆ ABC cân tại A nên ·ABC = ·ACB
Gọi tia đối của tia MI là tia Mx
Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp

a
0,75điểm

·
·
⇒ IMH
= 1800 − ·ACB = 1800 − ·ABC = IMK
·
·
·
·
⇒ KMx
= 1800 − IMK
= 1800 − IMH
= HMx
·
Vậy Mx là tia phân giác của của HMK
.

b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

0,25đ

0,25đ
0,25đ

·
·
·
·
⇒ KIM
= KBM
; HIM

= HCM
·
·
·
·
·
⇒ PIQ
= KIM
+ HIM
= KBM
+ HCM

4
3điểm
b
1,0iểm

1 ¼
·
·
Mà KBM
( cùng bằng sd BM
)
= ICM

2
1 ¼
·
·
( cùng bằng sdCM

)
HCM
= IBM
2
·
·
·
⇒ PIQ
= ICM
+ IBM
·
·
·
Ta lại có PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800 tổng3góc trong tam giác)

0,25đ

·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800

Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp
1 ¼
·
·

( cùng bằng sd PM
)
⇒ MQP
= MIK
2
·
·
·
Mà MIK
( vì cùng bằng KBM
)
= MCI
·
·
⇒ PQ// BC
⇒ MQP
= MCI
S S

c Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC
Ta có PE2 = EM .EN ( vì ∆ PEM ∆ NEP )
QE2 = EM .EN ( vì ∆ QEM ∆ NEQ )
⇒ PE2 = QE2 ( vì PE;QE >0)
⇒ PE = QE
Xét ∆ MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
c
1,0điểm

EP
EQ

=
( định lí Ta Lét)
E ' B E 'C
Mà EP = EQ ⇒ E’B = E’C do đó E’ ≡ D
Trang 10

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25®
0,25đ
0,25đ


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

Suy ra N, M, D thẳng hàng.
Ta có kết qủa quen thuộc sau đây:

0,25đ

1
1
1
+
+ ... +
<2 n −2
2

3
n
1
2
1
=
<
= 2 k − k −1
Thật vậy: Từ
k 2 k
k + k −1
A < 2 ( 2 − 1) + ( 3 − 2) + ... + ( n − n − 1)  = 2( n − 1)
A=

(

5
1điểm

)

= 2 n −2

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

1
1
Thế thì: a + a + ... + a ≤ 1 + 2 + ... + 100
1
2
100

0,25đ

0,25đ

0,25đ

< 2 100 − 1 = 19

Kết qủa này trái với giả thiết. Vậy tồn tại bằng nhau trong 0,25đ
100 số đã cho.
Ghi chú:
- Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho
điểm tối đa theo từng câu, từng bài.

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)
Câu 1 (2 điểm):
a+x+ a−x 1
2ab

+
. Xét biểu thức P =
2
a + x − a − x 3b
b +1
a. Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
b. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2 (2 điểm)

Cho các số dương: a; b và x =

a. Giải phương trình

x
3x
−
− 2 = 0.
x2 − x − 2 x2 − 5x − 2

2
2
2 2
 x + y = 2 x y
b. Giải hệ phương trình 
2 2
( x + y )(1 + xy ) = 4 x y

Câu 3 (2 điểm)
Trang 11

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

a. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5(x 2 + xy + y 2 ) = 7(x + 2y) .
b. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn :

pq
m2 + 1
=
.
p + q m +1
Câu 4 (3 điểm)
Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C).
Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ
AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO
cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K.
a. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.
b. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
c. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng
MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME.
Câu 5 (1 điểm)

a b  a b 
+ ÷+ c  2 + 2 ÷ = 6. Tìm giá trị nhỏ
a 
b a b
bc
ca
4ab
+

+
.
nhất của biểu thức P =
a(2b + c) b(2a + c) c(a + b)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 

------------Hết----------

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)
* Mọi cách làm khác nếu đúng vẫn cho đủ số điểm theo biểu điểm ./.
Câu
1

Đáp án

Điể
m

a. (1 điểm)
a (b − 1)
Ta có: a; b; x > 0 ⇒ a + x > 0 (1) Xét a – x = 2
≥ 0 (2)
b +1
Ta có a + x > a – x ≥ 0 ⇒ a + x − a − x ≠ 0 (3)
Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định
2

Trang 12

0,25


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

(2
điểm)
a
2ab
a (b + 1) 2 ⇒
a + x = (b + 1) 2
=
2
2
b +1
b +1
b +1
2
a
2ab
a (b − 1) ⇒
a − x = b −1 2
a - x =a − 2
= 2
b +1
b +1
b +1
a

a
(b + 1) 2
+ b −1 2
b +1
b +1 + 1 = b +1+ b −1 + 1
⇒ P=
3b b + 1 − b − 1 3b
a
a
(b + 1) 2
− b −1 2 +1
b +1
b
2
1
4
1 3b 2 + 1
⇒
⇒
+
=
Nếu 0 < b < 1
P=
Nếu b ≥ 1
P= b+
=
2b 3b 3b
3b
3b
b. (1 điểm)

4
4
Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = ⇒ P ≥
3b
3
1  b 1  2b
= + +
Nếu b ≥ 1 , a dương tuỳ ý thì P = b +
3b  3 3b  3
b 1 2
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Ta có: +
3 3b 3
2b 2
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Mặt khác:
3 3
2 2 4
Vậy P ≥ + = , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3 3
a. (1 điểm)

 x ≠ −1
2
 x − x − 2 ≠ 0

⇔ x ≠ 2
ĐKXĐ:  2
 x − 5 x − 2 ≠ 0


 x ≠ 5 ± 33

2
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Khi x ≠ 0 thì
1
3
⇔
−
− 2 = 0.
2
2
Phương trình đã cho
x −1 −
x −5−
x
x
2
Đặt t = x − ,
x
1
3
−
=2
ta được phương trình biểu thị theo t là
t −1 t − 5
⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ t = 2; t = 3

Ta có: a + x = a +

2
(2
điểm)

Trang 13

0,25

0,25

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)

2
= 2 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ± 3 (thỏa mãn)
x

2
3 ± 17
Với t = 3 ⇒ x − = 3 ⇔ x 2 − 3 x − 2 = 0 ⇔ x =
(thỏa mãn) Vậy
x
2
3 ± 17 

phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1 ± 3;
.
2 

b. (1 điểm)
Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình
Nhận thấy nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0 và ngược lại
Xét x ≠ 0 ; y ≠ 0 hệ phương trình tương đương với
Với t = 2 ⇒ x −

1
1
1
1
(1)
 x2 + y2 = 2
 x2 + y2 = 2


⇔

( 1 + 1 )(1 + 1 ) = 4

( 1 + 1 )(2 + 2 ) = 8
(2)
 x y
 x y
xy
xy
1 1 3
Thay (1) vào (2) ta được ( + ) = 8
x y
1 1
x + y = 2

⇒
⇒ x = y = 1 Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1)
 1 =1
 xy

3
(2
điểm)

a. (1 điểm)
Ta có: 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y )
⇒ 7( x + 2 y ) M5 ⇒

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

(1)

( x + 2 y )M5 . Đặt x + 2 y = 5t (2) (t ∈ Z )

0,25

thì(1) trở thành x 2 + xy + y 2 = 7t (3).
Từ (2) ⇒ x = 5t − 2 y thay vào (3) ta được 3 y 2 − 15ty + 25t 2 − 7t = 0 (*),
coi đây là PT bậc hai đối với y có: ∆ = 84t − 75t 2
Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t 2 ≥ 0

⇔0≤t≤

28
25

0,25

0,25

Vì t ∈ Z ⇒ t = 0 hoặc t = 1 . Thay vào (*) :
+ Với t = 0 ⇒ y1 = 0 ⇒ x1 = 0
 y2 = 3 ⇒ x2 = −1
+ Với t = 1 ⇒ 
 y3 = 2 ⇒ x3 = 1

Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2)
b. (1 điểm)
Trang 14

0,25


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

2(m 2 + 1)
p
=
q
Nếu
thì p =
= 2m − 2 +
m +1

4
.
m +1

Do m ∈ ¥ và p là số nguyên tố nên 4M(m + 1) ⇒ m = 0; m = 1; m = 3

0,25

⇒ p = 2; p = 5.

Nếu p ≠ q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho
các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không

chia hết cho q.
Gọi r là một ước chung của m 2 + 1 và m + 1 ⇒

0,25

[ (m + 1)(m − 1)] Mr ⇒ (m 2 − 1)Mr

⇒  (m 2 + 1) − (m 2 − 1)  Mr ⇒ 2Mr ⇒ r = 1 hoặc r = 2 .
+ ) r = 1 suy ra p + q = m + 1, pq = m 2 + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của
phương trình x 2 − (m + 1) x + m 2 + 1 = 0 vô nghiệm do

∆ = −3m 2 + 2m − 3 = −( m − 1) 2 − (2m 2 + 2) < 0
+ ) r = 2 suy ra 2 pq = m 2 + 1 và 2( p + q) = m + 1 ⇒ p, q là hai
nghiệm của phương trình 2 x 2 − ( m + 1) x + m 2 + 1 = 0 vô nghiệm do Vậy

0,25

0,25

bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q ) = (2;2); ( p; q) = (5;5).
M

A

O

P

D

Q

H
B
K
I
N
a.(1 điểm)
E
I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)

C

d

·
OI ⊥ BC ⇒ OIA
= 900
·AMO = 900 ; ·ANO = 900

Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA
b.(1 điểm)
AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác ·AOM = 900 mà
∆MON cân ở O nên OA ⊥ MN
·
∆ABN đồng dạng với ∆ANC (vì ·ANB = ·ACN , CAN
chung)

⇒

AB AN
=
AN AC

⇒ AB . AC = AN2
Trang 15

0,25
0,5
0,25

0,25


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

4
(3
điểm)

∆ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN 2
⇒ AB . AC = AH . AO
∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g)

AH AK
=
⇒ AI ×AK = AH ×AO
AI AO
⇒ AI ×AK = AB.AC
AB ×AC

⇒ AK =
AI
Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định

0,25

Nên

Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB
⇒ K cố định
c.(1 điểm)
·
Ta có PMQ
= 900

0,25

ME MH
=
MQ DQ
MP MH MH
=
=
∆PMH
∆MQH ⇒
MQ QH 2DQ
MP 1 ME
⇒
= .
MQ 2 MQ

0,25

∆MHE

5
(1
điểm)

0,25

∆QDM

(g-g) ⇒

0,25
0,25

⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME

0,25

c (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 )
a b  a b 
+
Từ: 2  + ÷+ c  2 + 2 ÷ = 6 ⇒ 6 =
a 
a 2b 2
ab
b a b

ta có:
c( a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) c( a + b)
2
2
a + b ≥ 2ab ⇒ 6 =
+
≥
+4
a 2b 2
ab
ab
c ( a + b)
⇒ 0<
≤ 2.
ab

0,25

Trang 16


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

Lại có
bc
ac
(bc) 2
(ac) 2
(bc + ac) 2
+

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

=

( c(a + b) )

2

2abc(a + b + c)

và abc(a + b + c) = ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤

(ab + bc + ca ) 2
3
2

 c ( a + b) 
2
÷
bc
ac
3  c (a + b) 
3
ab
⇒
+
≥ 

÷ =  c ( a + b) ÷
a(2b + c) b(2a + c) 2  ab + bc + ca 
2  1+
÷
ab 

c ( a + b)
3t 2
4
t
=
⇒
P
≥
+ (với 0 < t ≤ 2 ).
Đặt
2
ab
2(1 + t )
t

0,25

3t 2
4  3t 2
4 8  8 −7t 3 − 8t 2 + 32t + 24 8
+
=
+
− ÷+ =

+
Có

2(1 + t ) 2 t  2(1 + t ) 2 t 3  3
6t (1 + t ) 2
3
2
(t − 2)(−7t − 22t − 12) 8
=
+
6t (1 + t ) 2
3

0,25

Mà
(t − 2)(−7t 2 − 22t − 12)
≥ 0 ∀t ∈ (0; 2]
6t (1 + t ) 2
⇒

(t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) 8 8
1
+ ≥ ∀t ∈ (0; 2]
2
6t (1 + t )
3 3
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a = b = c.

8
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a = b = c.
3
-----------Hết-----------

Trang 17

0,25


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

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) Chứng minh rằng với x > 0, x ≠ 1, biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
 x + x +1 x − x +1  x 2 + x x − x − x


 x + x − x − x .
x +1


36
4
+

= 28 − 4 x − 2 − y − 1
b) Giải phương trình :
x−2
y −1

Bài 2: ( 2,0 điểm)
a) Cho các phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 và px2 + qx + r = 0 có ít nhất một
nghiệm chung. Chứng minh rằng ta có hệ thức: ( pc - ar)2 = (pb - aq)(cq - rb)
x + y + z = 1

b) Giải hệ phương trình 

4
4
4
 x + y + z = xyz

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Cho hai số nguyên dương a và b (a ≥ b) đều không chia hết cho 5. Chứng minh rằng
4
4
a - b chia hết cho 5.
b) Cho a, b ≥ 0 thỏa mãn :

a + b = 1 . Chứng minh rằng: ab(a + b)2 ≤

Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài 4: (3,0 điểm)

Trang 18

1
.
64


B THI HC SINH GII TON 9 Cể P N MI NHT( PHN 1)

Cho hai đờng tròn ng tâm là điểm O và có bán kính lần lợt là R và

R
. Từ một điểm A cách
2

O một khong OA = 2R, kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đờng tròn (O ; R). Gọi D là giao điểm
của đờng thẳng AO với đờng tròn (O; R) và O thuộc đoạn thẳng AD.
a) Chứng minh đờng thẳng BC tiếp xúc với đờng tròn (O ;

R
)
2

b) Chứng minh tam giác BCD là tam giác đều
c) Chứng minh rằng đờng tròn (O ;

R
) nội tiếp trong tam giác BDC.
2

Bi 5: (1,0 im)

Cho dóy s 1,2,3,4,, 1997,1998. Hóy in vo trc mi s du + hoc - cho cú c
mt dóy tớnh cú kt qu l s t nhiờn bộ nht.
------------------------ Hết -------------------------

P N THI CHN HC SINH GII THNH PH( S 3)
Lp 9 - Nm hc 2015 - 2016
MễN: TON
(Hng dn chm gm 1 trang)
Chỳ ý:
- Thớ sinh lm theo cỏch khỏc nu ỳng thỡ cho im
-

im bi thi.10

Chỳ ý:
- Hng dn chm ny ch trỡnh by s lc mt cỏch gii, nu hc sinh lm cỏch khỏc m
ỳng thỡ vn cho im ti a.
- T chm trao i v thng nht im chi tit nhng khụng c vt quỏ s im dnh cho
cõu hoc phn ú
- im ton bi l tng s im cỏc phn ó chm v khụng lm trũn
ỏp ỏn

im

x + x +1

a) Với x > 0, x 1, rút gọn đợc:

x+ x

và

x2 + x x x x
x +1

=



x x +1
=
x x

2
x .( x 1)

x .( x 1)

x x

0,5 im
0,25 im

x + x +1 x x +1 x 2 + x x x x
.

Suy ra :
= - 2 (đpcm !)

x+ x

.

x +1

Trang 19

0,25 im


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

b) Phương trình

36
x−2

+

4
y −1

= 28 − 4 x − 2 −

y − 1 (1)

có ĐKXĐ là : x > 2, y > 1
• Với điều kiện : x > 2, y > 1 ta có :
+ Phương trình (1) ⇔

36 + 4( x − 2 )

⇔

0,25 điểm
2

x−2
(6 − 2 x − 2 ) 2
x−2

+

+

4 + ( y − 1)

2

y −1
(2 −

y − 1) 2
y −1

− 28 = 0

0,25 điểm

=0

(2)
(6 − 2 x − 2 ) 2 ≥ 0

2
(2 − y − 1) ≥ 0
+ Với x > 2, y > 1 ⇒ 
 x−2 > 0

 y −1 > 0
(6 − 2 x − 2 ) 2 = 0
Từ (2) và (3) ⇒ 
(2 − y − 1) 2 = 0
 x = 11
⇔
y = 5

0,25 điểm
(3)

Thử lại ta thấy x = 11và y = 5 là nghiệm của phương trình

0,25 điểm

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x, y) = (11, 5)
a) Giả sử xo là nghiệm chung của hai phương trình

0,25 điểm

=> ax2o + bxo + c = 0 (1) và px2o + qxo + r = 0 (2)

Vì a, p khác 0 nên ta có
2
 pax 0 + pbx0 + pc = 0
→ ( aq − pb ) x0 + ( ra − pc ) = 0

2
 pax 0 + qbx0 + ra = 0

Bài 2
(2,0
điểm)

Tương tự ta có (aq - pb)xo + (cq - rb) = 0

0,25 điểm
0,25 điểm

=> ( pc - ar)2 = (pb - aq)(cq - rb)
b) Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2,….

0,25 điểm

=> x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2

0,25 điểm

Mặt khác : x2y2 + x2z2 ≥ 2x2yz
x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z
y2z2 + x2z2 ≥ 2xyz2

0,25 điểm
Trang 20


B THI HC SINH GII TON 9 Cể P N MI NHT( PHN 1)

=> 2(x2y2 + y2z2 + x2z2) 2xyz(x+y+z) = 2xyz
=> x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 + x2z2 xyz

0,25 im

Du ng thc xy ra x = y = z m x + y + z = 1 nờn x = y = z =
Bi 3:
(2,0
im)

1
3

0,25 im

a) Mt s nguyờn dng khụng chia ht cho 5 thỡ cú mt trong cỏc
0,25 im

dng:
x = 5q + 1; 5q + 2; 5q + 3; 5q + 4

0,25 im

=> x2 cú mt trong cỏc dng 5k + 1 hoc 5k + 4

0,25 im

4

=> x cú dng duy nht 5p + 1
0,25 im

=> b4 = 5B + 1 v a4 = 5A + 1
=> a4 - b4 = 5(A - B) chia ht cho 5
b) Do giả thiết a, b 0; a + b = 1 nên: ab(a + b)2

1
64.ab(a +
64

0,25 im

b)2 1
64ab(a + b)2 ( a + b ) 8 64ab(a + b)2 (a+b+2 ab )4.

0,25 im

áp dụng BĐT Côsi, đợc: (a+b+2 ab ) 2 (a + b).2 ab

0,25 im

=> (a+b+2 ab ) (2 (a + b).2 ab ) = 64.ab(a+b) . (đpcm !)
4

4

2

Dấu = có a+b = 2 ab a = b = 1/4.
Hỡnh v
B

0,25 im

F
A

O

D

E
I
C

Bi 4:
(3,0
im)

a) p dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông vào tam giác OBA
vuông tại B và BE vuụng gúc OA, ta có;
OB2 =OE.OA
OE=

OB 2 R 2 R
=
=
OA 2 R 2

0,5 im
0,25 im

Trang 21


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

 Điểm E nằm trên đường tròn (O;

R
)
2

0,25 điểm

R
Mặt khác ta có: OE vuông góc với BC => BC tiếp xúc với(O; ) tại
2

điểm E
b) Trong tam giác vuông ABO, ta có

0,25 điểm

AB = OA − OB = 4 R − R = 3R
2

⇒ AB = R 3

2

2

2

2

2

Trong tam giác vuông BEO, ta có:
2

3R 2
R
EB = OB − OE = R −   =
4
2
R
⇒ EB =
3
2
Từ đó: BC=AB=AC= R 3
2

2

2

2

 Tam giác ABC đều
Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc tại trung điểm nên là
hình thoi
=> AB=BD=CD=> BD=DC=CB=> Tam giác BCD đều
1
3

c) Tam giác BCD đều: OE= ED nên O là trọng tâm tam giác đều
=> OE=OF=OI=
=> (O;
Bài 5:
(1,0
điểm)

R
2

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm

R

) nội tiếp trong tam giác BCD
2

Nhận xét : 1+2+3+4+…+1997+1998 = 1999.499 là một số lẻ do đó
không tồn tại cách đặt dấu cộng hoặc trừ để cho tổng của dãy tính
bằng 0. Thật vậy giả sử tồn tại một cách đặt sao cho kết quả là 0.
Gọi S(+) là tổng của các số trong dãy được điền dấu +
S(-) là tổng của các số trong dãy được điền dấu Ta có S(+) + S(-) = 0 => S(+) - S(-) + 2S(-) = 0
(1+2+3+4+…+1997+1998) +2S(-) = 0
=> 1999.499 +2S(-) = 0 vô lí vì 2S(-) là số chẵn
Gọi A là kết quả của dãy tính => A ≥ 1và do đó minA = 1
Ta có cách đặt dấu là 1 = (+1-2+3-4+…+997-998) -999+10001001+1002+...-1997+1998
1 = -499 + 500

Trang 22

0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm


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 (2,0điểm)
a) Chứng minh đẳng thức:
b) Cho a = 3 2 -

3+

3

2+

0
5 − 3 − 29 − 12 5 = cotg45

3 .Chứng minh rằng A =

64
- 3a là số nguyên.
(a - 3)3
2

Câu 2 (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − m − 6 = 0 ( m là tham số).
Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 sao cho
ìï
x 2 + y 2 = 11
ïí
b) Giải hệ phương trình:

ïï x + xy + y = 3 + 4 2
î
Trang 23

x1 x2 18
+ = .
x2 x1 7


B THI HC SINH GII TON 9 Cể P N MI NHT( PHN 1)

Cõu 3(2,0 im)

2016
+ b 2016 + c 2016 ) ( a 2012 + b 2012 + c 2012 ) , vi a, b, c l cỏc s nguyờn
a) Cho biu thc A = ( a
dng. Chng minh rng A chia ht cho 30.

b) Cho a,b,c l ba s dng . Chng minh rng :

1 1 1
1
1
1
+ + 3
+
+

a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

Cõu 4(3,0 im)
Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R( R là độ dài cho trớc). M,N là hai điểm nằm trên
nửa đờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng khoảng cách từ A,B đến MN bằng R 3 .
a) Tính độ dài đoạn MN theo R.
b) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đờng thẳng AM và BN là K.
Chứng minh rằng bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Tính bán kính của đờng
tròn đó theo R.
c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AKB theo R khi M,N thay đổi nhng vẫn thoả mãn
điều kiện của bài toán.
Cõu 5 (1,0im)
Tớnh s cỏc ụ nh nht phi quột sn trờn mt bng
cho bt kỡ vựng
no ú trờn
bng ny cng cha ớt nht 4 ụ ó quột sn.
------------Ht----------

PHấ DUYT CA BAN GIM HIU

NGI RA

Trang 24


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 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
1

Đáp án

Điểm

a. (1,0 điểm)
5 − 3 − 29 − 12 5 =

(

5 − 3−

2 5 −3

=

5 − 6−2 5

=

5−

=1

(

)

5 −1

= cotg450

Trang 25

)

2

0,25đ
0,25đ

2

0,25đ
0,25đ