BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 3)

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)

Câu 1 (2.0 điểm)
1.1. Rút gọn biểu thức A =

x − 4( x − 1) + x + 4( x − 1) 
1 
⋅ 1 −

 x −1
x 2 − 4( x − 1)

(Với a > 0 và a ≠ 2)
1.2. Tính giá trị của biểu thức B =

(5 + 2 6)(49 − 20 6) 5 − 2 6
9 3 − 11 2

Câu 2 (2.0 điểm)
2.1. Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2(m + 1)x + m = 0 (1)
a/ Giải phương trình (1) khi m = 2
b/ Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
x1 − x2 ≥ 2

2.2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a/ 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4

x + y = 5

b/  x y 13
 y + x = 16

Câu 3 (2.0 điểm)
3.1. Tìm số có ba chữ số sao cho tỷ số giữa số đó và tổng các chữ số của nó có giá trị lớn
nhất.
3.2. Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh:
( a + b) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2
+
+
≥2
( a − b ) 2 (b − c ) 2 ( c − a ) 2
Câu 4 (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D. Trên cung AD
lấy một điểm E. Nối BE và kéo dài cắt AC tại F.
1. Chứng minh CDEF nội tiếp.
2. Kéo dài DE cắt AC ở K. Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N . Tia phân
giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q. Tứ giác MPNQ là hình gì? Tại sao ?
3. Gọi r1, r2, r3 theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ADB, ADC.
Chứng minh: r2 = r12 + r22 .
Trang 1


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

Câu 5 (1.0 điểm)
Bên trong đường tròn tâm O bán kính R = 1 có 8 điểm phân biệt. Chứng minh rằng; tồn
tại ít nhất hai điểm trong số chúng mà khoảng cách giữa 2 điểm này nhỏ hơn 1.
------------------ Hết -----------------

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)
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm
- Điểm bài thi: 10
Câu
Đáp án
1
1.1. (1.0 điểm)
(2.0
x − 4( x − 1) + x + 4( x − 1) 
1 
điểm) A =
⋅ 1 −


x 2 − 4( x − 1)

=



Điểm

x −1

( x − 1 − 1) 2 + ( x − 1 + 1) 2  x − 2 
×
÷ (Với a > 1 và a ≠ 2)
2
x
−
1


( x − 2)

x −1 −1+ x −1 +1 x − 2
×
x−2
x −1
2 x −1
=
x −1
2
=
x −1
=

0,25
0,25
0,25

0,25

1.2. (1.0 điểm)
(5 + 2 6)(5 − 2 6) 2 ( 3 − 2)
(5 + 2 6)(49 − 20 6) 5 − 2 6
B=
=
9 3 − 11 2
9 3 − 11 2
(25 − 24)( 3 − 2) 2 ( 3 − 2)
=
9 3 − 11 2
( 3 − 2)3
=
9 3 − 11 2

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

Trang 2


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

2
(2.0
điểm)

9 3 − 11 2
=1
9 3 − 11 2

2.1. (1.0 điểm)
a. Khi m = 2 phương trình (1) có dạng x2 – 6x + 2 = 0
Xét ∆ ' = 9 – 2 = 7 > 0
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

0,25

x1 = 3 − 7; x2 = 3 + 7

b. + Nếu m = 1 ⇒ phương trình (1) có nghiệm x =

1
4

0,25

+ Nếu m ≠ 1. Xét ∆ ' = (m + 1) − m(m − 1) = 3m + 1
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi ∆ ' > 0
2

1
3
2(m + 1)
m
Theo hệ thức vi-ét ta có : x1 + x2 =

và x1.x2 =
m−2
m −1
2
2
Ta có x1 − x2 ≥ 2 ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ≥ 4
⇒ 3m + 1 > 0 ⇔ m > −

⇒

4(m + 1)2 4m
4( m + 1) 2 − 4m(m − 1) − 4(m − 1) 2
⇔
−
≥4
≥0
(m − 1)2 m − 1
(m − 1) 2

⇔ 4m2 + 8m + 4 – 4m2 + 4m – 4m2 + 8m – 4 ≥ 0
⇔ 20m – 4m2 ≥ 0 ⇔ m(5 – m) ≥ 0

0,25

0,25

m ≥ 0
m ≤ 0
m ≥ 0
m ≤ 0

hoặc 
hoặc 
(loại)
⇔
⇔
5 − m ≥ 0
5 − m ≤ 0
m ≤ 5
m ≥ 5
Kết hợp với điều kiện vậy : 0 ≤ m ≤ 5 và m ≠ 1

2.2. (1.0 điểm)
a. 3 x3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4
Điều kiện: x3 + 8 ≥ 0 ⇔ x ≥ -2
Ta có: x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x + 4)
Đặt: x + 2 = u và x 2 − 2 x + 4 = t ⇒ u ≥ 0, t > 0
⇒ t2 – u2 = (x2 – 2x + 4) – (x + 2) = x2 – 3x + 2
Phương trình đã cho tương đương với:
3ut = 2(t2 – u2) ⇔ 2t2 – 2u2 – 3ut = 0
⇔ 2t2 + ut – 2u2 – 4ut = 0 ⇔ t(2t + u) – 2u(2t + u) = 0
⇔ (2t + u)(t – 2u) = 0 ⇔ t – 2u = 0 (vì 2t + u > 0)
⇔ x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x2 – 2x + 4 = 4x + 8
⇔ x2 – 6x – 4 = 0
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 3 + 13; x2 = 3 − 13
b. Từ:

x y 13
13
+ =
⇒ x 2 + y 2 = xy

y x 6
6
13
⇒ ( x + y )2 − 2 xy − xy = 0
6

( x; y ≠ 0)

Trang 3

0,25

0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 1)
⇒ ( x + y )2 −

25
xy = 0
6

25
xy = 0 ⇒ xy = 6
6
x + y = 5
x = 3
x = 2

⇔
Ta có hệ: 
hoặc 
 x. y = 6
y = 2
y = 3
⇒ 25 −

0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình: (3; 2) ; (2; 3)
3
(2.0
điểm)

3.1. (1.0 điểm)
Gọi số cần tìm là: abc = 100a + 10b + c
abc
100a + 10b + c
9(11a + b)
=
= 1+
a +b+c
a+b+c
a +b+c
Nhận thấy k bé nhất khi c lớn nhất ⇒ khi đó c = 9
9(11a + b)
9(10a − 9)
⇒ k = 1+
= 10 +

a+b+9
a+b+9
⇒ k bé nhất khi b lớn nhất ⇒ khi đó b = 9
9(10a − 9)
9.180
⇒ k = 10 +
= 100 −
a + 18
a + 18
⇒ k bé nhất khi a bé nhất ⇒ a = 1
⇒ abc = 199

0,25

k=

0,25

0,25
0,25

Vậy số cần tìm 199
3.2. (1.0 điểm)

a+b
a+b
a +b+a −b
2a
⇒ x+1=
+1 =

=
a −b
a −b
a −b
a −b
a+b
a+b−a+b
2b
−1 =
=
x–1=
a −b
a −b
a −b
b+c
b+c
b+c+b−c
2b
⇒ y+1=
+1 =
=
y=
b−c
b−c
b−c
b−c
b+c
b+c−b+c
2c
−1 =

=
y–1=
b−c
b−c
b−c
c+a
c+a
c+a+c−a
2c
⇒ z+1=
+1 =
=
z=
c−a
c−a
c−a
c−a
c+a
c+a−c+a
2a
−1 =
=
z–1=
c−a
c−a
c−a
2a
2b
2c
(x + 1)(y + 1)(z + 1) =

.
.
= (x – 1)(y – 1)(z – 1)
a −b b −c c − a

Đặt:

x=

Khai triển các vế và rút gọn: xy + yz + zx = -1
Từ (x + y + z)2 ≥ 0 ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ -2(xy + yz + zx) = 2
(a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2
⇒
+
+
≥2
(a − b) 2 (b − c) 2 (c − a ) 2

4

1. (1.0 điểm)
Trang 4

0,25

0,25

0,25

0,25

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

(3.0
điểm)

Hình vẽ
A
K

0,25

F
E

O

M

Q

P

B

D

C

N

·
·
» )
Ta có BAD
(cùng chắn BD
= BED
·
µ (cùng phụ DAC
·
)
BAD
=C

0,25

µ = DEB
·
µ + DEF
·
⇒C
⇒C
= 1800

0,25
0,25

Nên tứ giác CDEF nội tiếp
2. (1.0 điểm)

·
·
·
·
⇒ KPQ
∆ BEP ∞ ∆ BCQ (g-g) ⇒ BPE
= BQC
= KQP
Hay ∆ KPQ cân tại K
·
·
·
·
⇒ BNM
∆ CNK ∞ ∆ EMK (g-g) ⇒ EMK
= CNK
= BMN
Hay ∆ BMN cân tại B
Suy ra MN ⊥ PQ và MN cắt PQ tại trung điểm mỗi đường
Nên tứ giác MPNQ là hình thoi
3. (1.0 điểm)
Ta có: ∆ ABC ∞ ∆ DBA ∞ ∆ DAC

0,25
0,25
0,25

0,25

r

r
r
= 1 = 2
BC AB AC
r1 2
r2 2
r2
⇒
=
=
BC 2 AB 2 AC 2
r12 + r2 2
r12 + r2 2
r2
⇔
=
=
BC 2 AB2 + AC 2
BC 2
⇔ r2 = r12 + r22 ⇒ đpcm
⇒

5
(1.0
điểm)

0,25

0,25
0,25

0,25

A2

A1
O

Nhận xét: Ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là khác tâm O. Gọi các 0,25
Trang 5


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

điểm đó là A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8
Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc ·A1OAk ( i ≠ k ; 1 ≤ i, k ≤ 8)
3600
< 600
là không lớn hơn
7
·
Giả sử A1OA2 là bé nhất
Xét ∆A1OA2 vì ·A OA < 600
1

0,25
0,25

2

· A > 600 hoặc OA

· A > 600
⇒ hoặc OA
1 2
2 1
⇒ hoặc OA2 > A1 A2 hoặc OA1 > A1 A2
Mà OA1 ≤ 1 hoặc OA2 ≤ 1 ⇒ A1 A2 < 1

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
 x +1

x −1
1 
−
+4 x÷
x
−
Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức: P = 

÷.
÷
x +1
x

 x −1

1.1. Rút gọn P.

1.2. Tính giá trị của P tại x = ( 2 + 3 ) ( 3 − 1) 2 − 3 .

Câu 2 (2 điểm)
2.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0biết p + q = 4
2.2. Giải phương trình: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3x 2 − 12 x + 14
Câu 3 (2 điểm)
3.1. Tính giá trị của biểu thức P= 1 + 20132 +

20132 2013
+
20142 2014

3.2. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh:
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).
Trang 6


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

Câu 4 (3điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O /) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và
(O/) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ∈ (
O ) và F ∈ (O/). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh
rằng:
1. Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
2. MN ⊥ AD.

3 ME.MA = MF.MD.
Câu 5 (1điểm )
Một học sinh viết dãy số sau: 49,4489,444889, 44448889,….. (Số đứng sau được viết 48 vào
giữa số đứng trước). Chứng minh rằng tất cả các số viết theo quy luật trên đều là số chính
phương.
........................ 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)
Câu

Đáp án
1.1. (1điểm ) Điều kiện

(
P=
1
(2điểm)

=
=

) (
2

x +1 −

=

2
(2điểm)

0,25

2

x − 1 + 4 x ( x − 1) x − 1
.
x−1
x

0,25

4 x + 4 x ( x − 1)

0,25

x
4 x (1 + x − 1)
= 4x
x

0,25

x=

0,25

( 2 + 3 ) ( 2 − 3 ) ( 2 + 3 ) .( 3 − 1)
( 2 + 3 ) .( 3 − 1) = ( 2 + 3 ) ( 3 − 1) = ( 2 + 3 ) ( 4 − 2 3 )
2( 2 + 3 ) ( 2 − 3 ) = 2

1.2. (1điểm )
=

)

Điểm

x ≥ 0

x > 0
 x ≠1 ⇔ 
x ≠ 1

 x ≠0

2

0,25

Vậy x = 2 do đó P = 4 x = 4 2
2.1. (1điểm ) Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ p2 + 4q ≥ 0.
 x1 + x 2 = − p
 x1.x 2 = q

Gọi x1. x2 là nghiệm của phương trình. Theo viet ta có 

Mà p + q = 4 ⇒ x1.x2 – (x1 + x2) = 4 ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) = 5 = 5.1 = (-5)(-1)
Nên ta có
Trang 7

0,25
0,25
0,25

0,25


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

x1 - 1
1
-1
5
-5
x2 - 1
5
-5
1
-1
x1
2
0
6
-4
x2
6

-4
2
0
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x1 ; x2) là (2;6); (0;-4); (6;2); (4;0)
2.2. (1điểm )

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14 (ĐK:

3
5
≤x≤ )
2
2

0,25

0,25
0,25

Áp dụng BĐT Bunnhiacopski:
VT: 1. 2 x − 3 + 1. 5 − 2 x ≤ (12 + 12 )(2 x − 3 + 5 − 2 x) = 2 (1)
VP: 3 x 2 − 12 x + 14 = 3( x − 2) 2 + 2 ≥ 2
⇒ Phương trình:

∀x

0,25

(2)

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14 có nghiệm

<=> Dấu “=” xảy ở (1) và (2) đồng thời xảy ra.

0,25

 2 x − 3 = 5 − 2 x
⇔ 
⇔ x=2
 x − 2 = 0
2
3.1. (1điểm ) P= 1 + a +

0,25

a2

( a + 1)

2

+

a
=
a +1

2

a 

a
( a + 1) − 2a + 
÷ +
 a +1  a +1
2

2

2

a
a
a 
a
 a 

= ( a + 1) −
+
= ( a + 1) − 2.(a + 1).
+
÷ +

a + 1
a +1
a +1  a +1 a +1

2

= ( a + 1) −

0,25

a
a
+
= a +1
a +1 a +1

Vậy P = 2014
3
(2điểm) 3.2. (1điểm ) Ta có: ( a - b ) 2 + ( b - c ) 2 + ( c - a ) 2 ≥ 0

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

⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca )

⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (1).

0,25

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có:
a2 < a.(b + c) ⇒ a2 < ab + ac.
Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc.
Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2).
Từ (1) và (2) suy ra : ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).

0,25

Trang 8

0,25


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

Vẽ
hình

M

E
I
F

A

O

H
B

C

D
O/

N

4
(3điểm)

4.1. (1điểm ) Ta có OE ⊥ EF và O’F ⊥ EF => OE // O’/F
·
/
·
· / C (góc đồng vị) => EAO
·
= FCO
= FO
=> EOA
Do đó MA // FN,
mà EB ⊥ MA => EB ⊥ FN
0
·
Hay ENF = 90
ˆ =N
ˆ = Fˆ = 90O , nên MENF là hình chữ nhật
Tứ giác MENF có E
4.2. (1điểm )
Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD

·
·
Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN
= INF
1
·

·
»
= FDC
= sđ FC
Mặt khác, trong đường tròn (O ): IFN
2
·
·
=> FDC
= HNC

0,25
0,25

02,5

0,25
0,25
0,25

/

·
·
Suy ra ∆FDC đồng dạng ∆HNC (g – g)=> NHC
= DFC
= 90O
hay MN ⊥ AD

·

·
4.3. (1điểm ) Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE
= FEN
1
·
·
» => ·
·
= EAB
= sđ EB
Trong đường tròn (O) có: FEN
MFE = EAB
2

Suy ra ∆MEF đồng dạng ∆MDA (g – g) =>

ME MF
=
,
MD MA

hay ME.MA = MF.MD

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

Ta có:
4.44..488......89
A =       = 9 + 8.10 + 8.102 +…+ 8.10n + 4.10n+1 + +10n+2…

5
(1điểm) +4.102n+1
0,25
Ta viết 9 = 1+4+4 và 8 = 4+4
ta được:
A=1+4+4+(4+4).10+(4+4).102+…+(4+4).10n+4.10n+1+4.10n+2+…
Trang 9


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

+4.102n+1
= 1+(4+4.10+4.102+…+4.10n)+(4+4.10+4.102+…+4.102n+1)
= 1+4.(1+10+102+…+10n)+4.(1+10+102+…+102n+1)

10 n +1 − 1
10 2 n + 2 − 1 9 + 4.10 n+1 − 4 + 4.10 2 n+ 2 − 4
= 1+4.
+4.
=
9
9
9
2
n +1
2 n+ 2

n +1
4.10
+ 4.10 + 1  2.10 + 1 
=
=

0,5
3
9


Ta có: 2.10n+1+1 3 (Có tổng các chữ số chia hết cho 3) Nên số trong
ngoặc tạo thành một số chính phương. Suy ra A là số chính phương

Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với câu đó
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không làm tròn.
........................ Hết ........................

ĐỀ SỐ 3
Trang 10

0,25


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

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: (2,0 điểm)
 x +3
x +2
x +2  
x 
+
+
:
1÷

÷
÷
x +1 ÷
 x -2 3- x x-5 x +6  


1.Cho P= 

với ( x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9)

a. Rút gọn P.
b. Với giá trị nguyên của x để P < 0
2. Cho A= 2016- 2015; B= 2015- 2014 . So sánh A và B?
Bài 2: (2.0 điểm)
1. Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 2m = 0 , trong đó m là tham số.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm.
 x+ y =


2. Giải hệ phương trình:  y + z =

 z + x =

4z − 1
4x − 1
4y − 1

Bài 3: (2.0điểm)
1. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn : x2 + xy + y2 = x2y2
x2 + 4 y 2
≥1
2. a) Cho x ≥ 0 y ≥ 0 . CMR
4 xy

b) Cho x ≥ 0 y ≥ 0 , x ≥ 2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của. M=

x 2 +y 2
xy

Bài 4. (3.0 điểm)
Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R). C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C
khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của AC, OI cắt tiếp tuyến tại
A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K.
a) Chứng minh 4 điểm M, A, O, C cùng thuộc một đường tròn. Suy ra MC là tiếp tuyến
của (O;R).
b) Chứng minh K là trung điểm của CH.
c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị
lớn nhất đó theo R.
Bài 5. (1.0 điểm)

Có 17 nhà bác học viết thư cho nhau. Mỗi ngưòi viết thư cho tất cả những người khác. Các thư
chỉ trao đổi 3 đề tài. Từ cặp hai nhà bác học chỉ viết thư cho nhau cùng một đề tài . Chứng
minh rằng không ít hơn 3 người viết thư cho nhau cùng một đề tài.
-----------Hết----------

Trang 11


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 3)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN HỌC
Bài
1(2điểm) 1.(1điểm)
a)

Đáp án

Điểm

 x − 9 − x + 4 + x +2   x + 1 − x 
P= 
÷
÷
÷: 
(
x
-2)(
x

-3)
x +1 ÷





x -3
P= 
÷
÷. x + 1
(
x
-2)(
x
-3)



(

)

0,25

x +1
x −2

P=

0,25
x +1
<0
x −2

b) P < 0 

( x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9)

0,25

P< 0 Khi 0 ≤ x < 4
Do đó các giá trị nguyên của x để P< 0 là x= 0;1;2;3
2.(1 điểm)
Ta có :
A=

B=

(

(

2016 − 2015

(

2016 + 2015

2016 + 2015

2015 − 2014

(

)(

)(

)

2015 + 2014

2015 + 2014

)

)=

)=

1
2016 + 2015

0,25

1
2015 + 2014

0,25

2016 + 2015 > 2015 + 2014
1
1
<
Nên
hay A < B.
2016 + 2015
2015 + 2014
1.(1 điểm)

Mà

2

(2điểm)

∆ > 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm ⇔ S ≥ 0
P ≥ 0

2
2
m − m + 2 m > 0
m > 0

⇔ 2 m ≥ 0
⇔
⇔ m ≥ 2.

m − 2 ≥ 0
 2
m − 2 m ≥ 0

2.(1 điểm)
Trang 12

0,25

0,25
0,25

0,5

0,5


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

+ Điều kiện của ẩn : x, y, z ≥ 1/4.
+Nhân vế với vế cả ba phương trình với 2 rồi cộng lại, ta được phương
trình:
4x + 4y + 4z = 2 4 x − 1 + 2 4 y − 1 + 2 4 z − 1 (*)

0,25

Biến đổi (*) <=> ( 4 x − 1 -1)2 + ( 4 y − 1 -1)2 + ( 4 z − 1 -1)2 = 0

0,25

<=>
3
(2điểm)

4 x −1 =

4 y −1 =

4 z − 1 = 1 <=> x = y = z = 1/2 (tm đk)

1.(1 điểm)
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
 xy = 0
+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1
Với xy = 0 . Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0
x = 1
 x = −1
Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 
hoặc 
 y = −1
y = 1
2
+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y) là số chính phương

xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố
cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1);
(-1; 1)
2.(1 điểm)

a.

x2 + 4 y 2
x y
x y
≥1⇔
+ ≥2
. = 1 dấu bằng xảy ra khi x=2y
4 xy
4y x
4y x

x +y
x y  x y  3x
3x
= + =
+ ÷+
≥ 1+
xy
y x  4y x  4y
4y
3x 3
≥
Mà x ≥ 2y =>
4y 2
5
5
Do đó M ≥ khi x=2y thi M=
2
2

5
Vậy giá trị nhỏ nhất của M=
2
2

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

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

2

b. M=

4

0,25
0,25

Vẽ hình (0,25 điểm)

(3điểm)
0,25

Trang 13

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

M
C

I

A

K

O

H

B

a.(0,75 điểm)
1) Chứng minh 4 điểm M, A, O, C cùng thuộc một đường tròn.
·
·
∆ AOC cân tại O suy ra AOM=MOC
0
·
·
Suy ra ∆ AOM = ∆ COM=> MAO=MCO=90
Suy ra A, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM. hay M, A, O, C
cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra MC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

0,25
0,25
0,25

b.(1 điểm)
Chứng minh K là trung điểm của CH.
∆ MAB có KH//MA (cùng ⊥ AB) ⇒
KH HB
AM.HB AM.HB
=
⇒ KH =
=
(1)
0,25
AM AB
AB
2R
·
·
Chứng minh cho CB // MO ⇒ AOM
(đồng vị).
0,25
= CBH
MA AO
AM.HB AM.HB
=
⇒ CH =
=

C/m ∆ MAO ∆ CHB ⇒
(2)
CH HB
AO
R
0,25
Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH ⇒ CK = KH
⇒ K là trung điểm của CH.
0,25
c.(1 điểm)
Xác định vị trí của C để chu vi ∆ ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị
lớn nhất đó.
Chu vi tam giác ACB là PACB = AB + AC + CB = 2R + AC + CB
2
0,25
AC − CB ) ≥ 0 ⇒ AC 2 + CB 2 ≥ 2AC.CB
(
Ta lại có
⇒ 2AC 2 + 2CB 2 ≥ AC 2 + CB 2 + 2AC.CB
2
0,25
2 ( AC 2 + CB 2 ) ≥ ( AC + CB ) ⇒ AC + CB ≤ 2 ( AC 2 + CB 2 )
(Pitago)
2
⇒ AC + CB ≤ 2AB
0,25
AC + CB ≤ 2.4R 2 ⇒ AC + CB ≤ 2R 2 .
Trang 14

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

Đẳng thức xảy ra khi AC = CB ⇔ C là điểm chính giữa cung AB.

(

)

Suy ra PACB ≤ 2R + 2R 2 = 2R 1 + 2 , dấu "=" xảy ra khi C là điểm
chính giữa cung AB

(

)

Vậy max PACB = 2R 1 + 2 đạt đợc khi C là điểm chính giữa cung AB.
(1. điểm)
Ta có mỗi nhầ bác học trao đổi với 16 người còn lại về ba đề tài mà
16 = 3.5 + 1; do đó theo nguyên tắc Derichlet thế nào cũng có ít nhất 6
người cùng trao đổi về một đề tài.
Nếu trong 6 người này có một cặp cùng trao đổi về cùng một đề tài thì
bài toán được chứng minh.
Nếu 6 người đó chỉ trao đổi về 2 đề tài ta lấy 1 nhà khoa học A nào dó
trong 6 người này để xét. Bởi vì A phải trao đổi với 5 người còn lại về
hai đề tài, mà 5= 2.2 + 1 do đó theo nguyên tắc Derichlet thì ít nhất có 3
người trao đổi với nhau về cùng một đề tài.
Vậy ta có trong bất kì trường hợp nào, cùng có không ít 3 người viết thư
cho nhau về cùng một đề tài.
Lưu ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương

0,25

5
(1 điểm)

- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm
-----------Hết----------

ĐỀ SỐ 4
Trang 15

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


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 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 3 câu, 2 trang)
Câu 1 (2,0 điểm):
1.1- Chứng minh rằng
1.2- Đơn giản biểu thức

(

)(

7 − 2 10 7 + 2 10 74 − 22 10
125 − 4 50 + 5 20 + 8

M =

)

=6

x +1
23 3 −

265+2 6 + x+

1 với x ≠ 0, x ≠ -1.
x

Câu 2 (2,0 điểm):
2.1- Tìm cặp số (x, y) thỏa mãn phương trình x2 + 9y2 + 6x - 9y - 6xy + 7 = 0 sao cho y
đạt giá trị lớn nhất.
2.2- Giải hệ phương trình:
 x 3 − 3x − 2 = 2 − y
 3
y − 3y − 2 = 4 − 2z
 z 3 − 3z − 2 = 6 − 3x

Câu 3 (2,0 điểm):
3.1- Tìm một số điện thoại có 4 chữ số biết rằng nó là một số chính phương và nếu ta

thêm vào mỗi chữ số của nó một đơn vị thì cũng được một số chính phương.
3.2- Cho hai số dương x, y có x + y = 1. Chứng minh rằng:
8( x 4 + y 4 ) +

1
≥5
xy

Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và MN. Đường thẳng
BM và BN cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) tương ứng ở M ’, N’. Gọi P và Q theo
thứ tự là trung điểm của M’A và N’A.
4.1) Chứng minh tứ giác MNN’M’ nội tiếp được đường tròn.
4.2) Chứng minh rằng các đường cao của ∆ BPQ cắt nhau tại trung điểm của bán kính OA
4.3) Giả sử đường kính AB cố định, đường kính MN thay đổi. Tính giá trị nhỏ nhất của
diện tích tam giác BPQ theo R.
Câu 5 (1,0 điểm): Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên
dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi.
.............................. Hết .........................

Trang 16


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

Câu

Đáp án
1.1 - (1,0 điểm)

(
=
=
=

Câu 1
(2 điểm)

=

(

(

)(

)

125 − 4 50 + 5 20 + 8

5−

3

(

7 − 2 10 7 + 2 10 74 − 22 10

Ta có

Điểm

2

)(

5+

2

) ( 74 − 22 10 )
2

0.25

5 5 − 20 2 + 10 5 + 2 2
5+

)(

2 74 − 22 10

15 5 − 18 2

)(

5+

2 74 − 22 10

)

0,25

)

5 5−6 2

0,25

30 5 − 36 2
=6
5 5−6 2

0,25

1.2 - (1,0 điểm)
6

5+2 6 = 6( 3+

→ 23 3 −

2) 2 =

3+

3

2. 6 5 + 2 6 = 23 3 −

0,25

2
2 .3 3 +

= 2 3 ( 3 − 2)( 3 +

Vậy

M =

x +1
23 3 −

2 65+2 6 + x+

1
x

=

2

0,25

2) = 2

x +1

2+ x +

1
x

=

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

x
với x ≠ 0, x ≠ -1.
x +1
2.1 - (1,0 điểm)
Coi phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x:
x2 + (6 - 6y)x + 9y2 + 7 - 9y = 0 (1)
Nếu (x; y) là nghiệm của phương trình đã cho thì phương trình (1)
=

Câu 2
(2 điểm)

2
ẩn x phải có nghiệm nên ∆ ≥ 0 ↔ ( 6 − 6 y ) − 4 ( 9 y + 7 − 9 y ) ≥ 0

0,25

0,25

0,25

2

↔ − 36 y + 8 ≥ 0 ↔ y ≤

2
9

Trang 17

0,25


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

Như vậy y lớn nhất bằng
x = 3y − 3 =

2
khi
9

đó phương trình (1) có nghiệm kép:

−7
3

Vậy cặp số cần tìm là

0,25
 7 2
− ; ÷
 3 9

2.2- (1,0 điểm)
Biến đổi tương đương hệ ta có
 (x − 2)(x + 1) 2 = 2 − y

2
(y − 2)(y + 1) = 2(2 − z )
(z − 2)(z + 1) 2 = 3(2 − x)


0,25

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:
(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2 = - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)
⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x + 1) 2 (y + 1) 2 (z + 1) 2 + 6 = 0
⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0
⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2
Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho
3.1 - (1,0 điểm)
Giả sử số điện thoại là abcd

[

0,25

]

Ta có abcd = x 2 ; (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = y 2
→ y 2 − x 2 = 1111 → ( y − x)( y + x) = 1111

Câu 3
(2 điểm)

0,25

x; y là các số có hai chữ số (vì nếu x, y có từ ba chữ số trở lên thì khi
bình phương không thể là số có 4 chữ số và x, y cũng không thể là số
có 1 chữ số).
1111 chỉ có hai cách phân tích thành hai số nguyên dương:
1111 = 11.101 = 1111.1
 y − x = 11
Do (y - x)(y + x) = 11.101 → 
 y + x = 101

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Giải hệ phương trình ta được x = 45; y = 56

Thử lại abcd = x 2 = 2025 ; y 2 = 3136
Vậy số điện thoại cần tìm là 2025.
3.2- (1,0 điểm)
Vì x, y là hai số dương nên ta có
x + y ≥ 2 xy ↔ 1 ≥ 2 xy ↔

0,25

1
≥4
xy

2
2
2
2
Lại có ( a + b ) ( x + y ) ≥ ( ax + by )

0,25

2

Trang 18


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

Do đó (1 + 1)(x4 + y4) ≥ (x2 + y2)2 ↔ 2(x4 + y4) ≥ (x2 + y2)2
↔ 8(x4 + y4) ≥ 2(x2 + y2)2
1

nhưng 2(x2 + y2)2 ≥ (x + y)2 = 1 ↔ (x2 + y2)2 ≥
4

0,25

1
4

nên 4(x2 + y2)2 ≥ 4. = 1
Vậy 8(x4 + y4) ≥ 1

0,25

Từ các chứng minh trên suy ra 8(x4 + y4) +
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y =

1
≥ 5
xy

0,25

1
2

4.1)- (1,0 điểm)
B

O
M

M'

N

H

P

A

Q

N'

· 'N 'N = M
· ' BA (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
a) M

Câu 4
(3 điểm)

· ' BA = BMN
·
M
· ' N ' N = BMN
·
suy ra M
· ' MN + NN
· ' M ' = 1800

Do đó M

0,25
0,25
0,25

nên tứ giác MNN’M’ nội tiếp được đường tròn.
4.2)- (1,0 điểm)

0,25

Đặt BM’ = a, AM’ = a1 , AN’ = b1. Ta có PQ =

a1 + b1
2

Tam giác BM’N’ vuông ở B, có BA ⊥ M ' N '
nên AB2 = AM’. AN’ hay a1.b1=4R2 (1)
Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ thì H thuộc BA.
∆PAH đồng dạng ∆BAQ nên

AH
PA
b
a
=
hay AH : 1 = 1 : 2 R
AQ
AB
2

2

R OA
→ AH = =
2
2

4.3)- (1,0 điểm)
Trang 19

0,5

0,5


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

Có SBPQ nhỏ nhất ↔ PQ nhỏ nhất ↔ M’N’ nhỏ nhất
(vì M’N’ = 2PQ).
Từ PQ =

a1 + b1
nên 2PQ = a1 + b1 mà a1.b1=4R2 không đổi theo
2

(1) nên a1 + b1 nhỏ nhất ↔ a1 = b1 = 2 R → PQ = 2 R
Khi đó diện tích tam giác BPQ nhỏ nhất bằng 2R2.
Khi PQ = 2 R ↔ M ' N ' = 4 R = 2 AB ↔ AB =

1 ' '

M N va AM ' = AN '
2

↔ ∆BM ' N ' cân
¶ ' =N
¶ ' =M
¶ =N
¶ ↔ MN / / M ' N ' ↔ MN ⊥ AB tại O.
nên M
1
1

Câu 5
(1 điểm)

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z (x, y, z nguyên dương; x,y
Ta có xy = 2(x + y + z) (1) và x2 + y2 = z2 (2)
Từ (2) suy ra z2 = (x + y)2 - 2xy , thay (1) vào ta được:
z2 = (x + y)2 - 4(x + y + z)
→ z2 + 4z = (x + y)2 - 4(x + y)
→ z2 + 4z + 4 = (x + y)2 - 4(x + y) + 4
→ (z + 2)2 = (x + y - 2)2 , suy ra z + 2 = x + y - 2
z = x + y - 4; thay vào (1) ta được:
xy = 2(x + y + x + y - 4)
xy - 4x - 4y = -8
(x - 4)(y - 4) = 8 = 1.8 = 2.4
Tìm được các giá trị x, y, z:
(x = 5, y = 12, z = 13) ; (x = 12, y = 5, z = 13) ;
(x = 6, y = 8, z = 10) ; (x = 8, y = 6, z = 10)

---------------Hết----------

ĐỀ SỐ 6
Trang 20

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 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 05câu,01 trang)
Câu 1 (2 điểm)
1.1- Cho a = xy +

(1 + x )(1 + y ) ;

2

2

b = x 1+ y2 + y 1+ x2

Chứng minh rằng b = a 2 − 1

1.2- Cho hàm số: f(x) = (x3 + 12x – 33)2016
Tính f(a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
Câu 2 (2 điểm)
2.1- Giải phương trình: 6x 4 − 5x 3 − 38x 2 − 5x + 6 = 0 .
2.2- Giải hệ phương trình:
 x2
 +x=2
 y
 2
y + y = 1.
 x
2

Câu 3 (2 điểm)
3.1- Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho
A = 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ ... + n ! là số chính phương.

3.2- Chứng minh rằng:

a+b
a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

≥

1
2

với a, b là các số dương.

Câu 4 (3 điểm)
Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O). Trên đường
tròn lấy điểm E (E khác A, B). Tiếp tuyến tại E cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Vẽ EF vuông
góc với AB tại F; BC cắt EF tại I; EA cắt CF tại M; EB cắt DF tại N và K là trung điểm của
AC.
4.1- Chứng minh I là trung điểm của EF và K, M, I, N thẳng hàng.
1

r

4.2- Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh 3 < R

<

1
2

.

4.3- Gọi r1, r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COE và DOE.
2
2
2

Chứng minh rằng r = r1 + r2
Câu 5 (1 điểm)
Bạn An có 5 bút chì và có 6 bút mực. Trước khi đi học bạn rút ra 3 chiếc bút. Tính xác suất
để bạn An lấy được cả hai loại bút trên.

………………………………. Hết …………………………………

Trang 21


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 6)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu

Đá p á n
1.1- (1,0 điểm)

(

Điể m

)(

) ( )(
)

⇔ a = x y + 2 xy (1 + x )(1 + y ) + 1 + y + x + x
b = x (1 + y ) + 2 xy (1 + x )(1 + y ) + y (1 + x )
⇔ b = x + x y + 2 xy (1 + x )(1 + y ) + y + x y
a 2 = x 2 y 2 + 2 xy 1 + x 2 1 + y 2 + 1 + x 2 1 + y 2
2

2

1
(2 điểm)

2

2

2

2

2

ta có

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

y2

0,5đ

2

2

2

0,25đ

2

a 2 − b 2 = 1 suy ra b = a 2 − 1

0,25đ

1.2- (1,0 điểm)
Từ a= 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5

(

)(

)

⇒ a 3 = 32 + 3 3 16 − 8 5 16 + 8 5  3 16 + 8 5 + 3 16 − 8 5  = 32 − 12a



0,5đ

nên a3 + 12a = 32
Vậy f(a) = 1

0,5đ

2.1- (1,0 điểm)
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:

5 6
+
=0
x x2
1
1
⇔ 6(x 2 + 2 ) − 5(x + ) − 38 = 0
x
x
6x 2 − 5x − 38 −

1
1
⇔ 6(x + ) 2 − 5( x + ) − 50 = 0
x
x

Đặt y = x +

0,25đ

1
x

Ta được phương trình: 6y2 – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0
2
(2 điểm) Do đó: y = 10 và y = − 5

3

* Với y =

10
thì:
3

2
1 10
x + = ⇔ 3x 2 − 10x + 3 = 0
x 3
Trang 22

0,25đ

0,25đ


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

1

x
=
1
3
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 

x2 = 3
5

1
5
* Với y = − thì: x + = − ⇔ 2x 2 + 5x + 2 = 0
2
x
2
1

x
=
−
3
2
<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> 

 x 4 = −2

0,25đ

2.2- (1,0 điểm)
ĐK: x ¹ 0, y ¹ 0
Đặt x = ky (k ¹ 0)
ìï ( k 2 + k ) y = 2
 x2
ïï
+
x
=
2


 y
í
<=> ïï ( 1 +1) y = 1 (1)
 2
ïî k
2
y + y = 1.
 x
2

0,5đ

Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho
vô nghiệm
Nếu k ¹ -1. Chia từng vế hai phương trình của hệ (1) ta được:
(k 2 + k )k
= 4 Þ k 2 = 4 => k=2 hoặc k = -2
k +1
2 1
Nếu k=2 => ( x, y ) = ( ; )
3 3

0,5đ

Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1)
3.1- (1 điểm)

A = 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ ... + n !
Với n=1 ⇒ A=1!=1 là số chính phương
Với n=2 ⇒ A=1!+2! = 1+1.2=3 không là số chính phương.

Với n=3 ⇒ A=1!+2! +3!= 1+1.2+1.2.3=9 là số chính phương.
Với n=4 ⇒ A=1!+2!+3!+4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4=33 không là số

chính phương.
Với n ≥ 5. Ta có 5!=1.2.3.4.5 có chữ số tận cùng bằng 0
⇒ A có chữ số tận cùng bằng 3 ⇒ A không là số chính phương.
Vậy n=1; n=3
3.2- (1,0 điểm)

3
(2 điểm) Ta có:

a+b
a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

=

2(a + b)
4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a )

0,5đ

(1)

Với a, b là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương
ta được:
Trang 23

0,5đ

0,25đ


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

0,25đ

4a + (3a + b) 7a + b
=
( 2)
2
2
4b + (3b + a) 7b + a
4b ( 3b + a ) ≤
=
( 3)
2
2
4a ( 3a + b ) ≤

Từ (2) và (3) suy ra:
Từ (1) và (4) suy ra:

0,25đ

4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a ) ≤ 4a + 4b ( 4 )

0,25đ

a+b

2(a + b) 1
≥
= .
a ( 3a + b ) + b ( 3b + a ) 4a + 4b 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
x

y

Q

C
E

K

D
M

O I

F
N

4
(3 điểm)

A

O

F

4.1- (1,0 điểm)
1. + kéo dài BE cắt Ax tại Q
Trang 24

.K’

B


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

+ chứng minh được ∆ CEQ cân tại C và ∆ CAE cân
suy ra CA = CQ
( 1)
EI

BI

IF

EI

IF

+ EF//CQ nên CQ = BC = CA ⇒ CQ = AC

( 1) ( 2 ) ⇒ EI

(2)

= IF

EF
EM 
=
EI
EM

AC
MA 
=
⇒
1
1
AK
MA
IE = EF, KA = AC 

2
2


EF / / CA ⇒

+ Chứng minh ∆ EMI đồng dạng ∆ AMK (c-g-c)

·
·
Suy ra EMI
= KMA
0
·
Suy ra KMA
+ ·AMI =180 ⇒ K, M, I thẳng hàng.
Gọi K’ là trung điểm của BD. Chứng minh tương tự ta có I, N, K’ thẳng
hàng.
Mà ABDC là hình thang có AC//EF//BD; K, I, K’ lần lượt là trung điểm
của AC, EF, BD nên K, I, K’ thẳng hàng.
Vậy K, M, I, N thẳng hàng
4.2- (1,0 điểm)
Đặt CD = a ; OC =b ; OD =c ( a > b; a > c )
+ vì r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ COD
1
1
1
r
a
sCOD = r (OC + OD + CD ) = r (a + b + c ) = R.a ⇒ =
2
2
2
R a+b+c
+ Trong ∆ COD có b+c > a suy ra a+ b +c > 2a
a
a 1
r 1

⇒
<
= ⇒ <
(3)
a + b + c 2a 2
R 2
a
1
r 1
> ⇒ >
+ Vì a > b, a > c ⇒ a + b + c < 3a ⇒
(4)
a+b+c 3
R 3
Từ (3) (4) suy ra đpcm
4.3- (1,0 điểm)
Gọi P là nửa chu vi tam giác
r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác
S là diện tích tam giác
ta chứng minh được S = Pr
+ Cm : ∆ COD đồng dạng với các ∆ CEO ; ∆ OED

0,5đ
0,25đ
0,25đ

0,5đ
0.25đ

0,25đ

0,25đ

CO
CD
OD
⇒
=
=
CE
CO
EO

sCEO CO 2
PCEO .r1 CO 2 
⇒
=
⇒
=
SCOD CD 2
PCOD .r CD 2 
r
r
 CO.r1 CO 2
=
⇒ 1 =
⇒
2
CD.r CD
CO CD (5)

PCEO CO

=

PCOD CD

Trang 25

0,5đ