BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 5)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

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)

Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức: P =

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

a) Rút gọn P .
b) Tính P khi x = 3 + 2 2 .
c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2 − 3x + m = 0 (1) (x là ẩn). Tìm các giá trị m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:

x12 + 1 + x22 + 1 = 3 3 .

b) Giải phương trình: x 2 − 10 x + 27 = 6 − x + x − 4 .
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
3

 x −1 
 3 − 2x x 
1
1
+
+ ÷
b) Cho x > 1; y > 0 . Chứng minh:
÷ + 3 ≥ 3
3
( x − 1)  y  y
 x −1 y 

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây
MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK
và MN.
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK.AH = R2
c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Chứng minh NI = KB.
Bài 5. (1,0 điểm)
Trong một tháng gồm 30 ngày, một đội bóng chuyền thi đấu mỗi ngày ít nhất 1 trận
nhưng chơi không quá 45 trận. Chứng minh rằng tìm được một giai đoạn gồm một số ngày liên
tục nào đó trong tháng sao cho trong giai đoạn đó đội chơi đúng 14 trận.
-------------------Hết----------------ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 1)
Trang 1


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Bài
1
(2 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (0.75 điểm)
P=

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

=

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

=

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

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

0.25

0.25

0.25

b. (0.5 điểm)
x = 3 + 2 2 ⇔ x = 2 + 2 2 + 1 = ( 2 + 1) 2 = 2 + 1
P=

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

c. (0.75 điểm)
ĐK: x > 0; x ≠ 1 :

2

0.25
0.25

x −1+ 2
2
= 1+
x −1
x −1
Học sinh lập luận để tìm ra x = 4 hoặc x = 9
P=

0.25

( x + 1)
=
( x − 1)

0.25
0.25

a. (1 điểm)

9
(1)

4
Theo định lí Viet x1 + x2 = 3, x1 x2 = m . Bình phương ta được

0.25

x12 + x22 + 2 + 2 ( x12 + 1)( x22 + 1) = 27

0.25

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 − 4m > 0 ⇔ m <

⇔ x12 + x22 + 2 x12 x22 + x12 + x22 + 1 = 25 .
Tính được x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 9 − 2m và đưa hệ thức

(2 điểm)

trên về dạng

m 2 − 2m + 10 = m + 8 (2)
⇒ m 2 − 2m + 10 = m 2 + 16m + 64 ⇔ 18m = −54 ⇔ m = −3 .

0.25

Thử lại thấy m = −3 thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
b. (1 điểm)
ĐK: 4 ≤ x ≤ 6 :
VT = x 2 − 10 x + 27 = ( x − 5) 2 + 2 ≥ 2 , dấu “=” xẩy ra ⇔ x = 5

0.25

VP = 6 − x + x − 4 ≤ (12 + 12 )(( 6 − x ) 2 + ( x − 4) 2 ) ⇔ VP ≤ 2 ,
Trang 2

0.25
0.25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
1
=
6− x

dấu “=” xảy ra ⇔

1
⇒ 6− x = x−4 ⇔ x = 5
x−4

0.25

VT = VP ⇔ x = 5 (TMĐK). Vậy nghiệm của phương trình: x = 5

0.25
a. (1 điểm)
x > 1; y > 0 ⇔ x − 1 > 0; y > 0 ⇔

1
x −1
1
> 0;

> 0; 3 > 0
3
( x − 1)
y
y

Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương:
1
1
1
3
+ 1 + 1 ≥ 3. 3
.1.1 ⇔
≥
−2
3
3
3
( x − 1)
( x − 1)
( x − 1)
x −1
3

3

(1)

0.25

3

 x −1 
 x −1 
 x − 1  3( x − 1)
−2

÷ +1+1 ≥ 33 
÷ .1.1 ⇔ 
÷ ≥
y
 y 
 y 
 y 
1
1
1 3
+ 1 + 1 ≥ 3. 3 3 .1.1 ⇔ 3 ≥ − 2
3
y
y
y
y

(2)

0.25

(3)

Từ (1); (2); (3):

0.25

3

3
(2 điểm)

 x −1 
1
1
3
3( x − 1) 3
+
−6+
+
÷+ 3≥
3
( x − 1)  y  y
x −1
y
y
3

 x −1 
1
1 3 − 6 x + 6 3x
3 − 2x x
⇔

+
+
= 3(
+ )
÷+ 3≥
3
( x − 1)  y  y
x −1
y
x −1 y

0.25

b. (1 điểm)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 M 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k M
19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải
chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 M19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 M19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với
mọi số tự nhiên n

4
(3 điểm)

Trang 3

0.25

0.25

0.25

0.25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

a. (0.75 điểm)
Ta có : ·AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
·
·
= 900 ; HCB
= 900 ( gt )
hay HKB
·
·
Tứ giác BCHK có HKB
+ HCB
= 900 + 900 = 1800

⇒ tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b. (0.75 điểm)
Chứng minh được ΔACH ∽ ΔAKB ( g.g )
AC AH

=
AK AB
⇒ AK . AH = AC. AB
R
= ×2 R = R 2
2

0.25
0.25
0.25
0.25

⇒

0.25
0.25

c. (1.5 điểm)

Trang 4


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
∆OAM có OA = OM = R ( gt ) ⇒ ∆OAM cân tại O ( 1)
∆OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt)

0.25

⇒ ∆OAM cân tại M ( 2 )

( 1) & ( 2 ) ⇒ ∆OAM là tam giác đều

0.25

·
·
·
⇒ MOA
= 600 ⇒ MON
= 1200 ⇒ MKI
= 600
·
∆KMI là tam giác cân (KI = KM) có MKI
= 600 nên là tam giác

đều ⇒ MI = MK ( 3) .

0.25

1·
1
·
= MON
= ×1200 = 600 nên
Dễ thấy ∆BMK cân tại B có MBN
2

2

là tam giác đều ⇒ MN = MB ( 4 )

0.25

Gọi E là giao điểm của AK và MI.
·
·
NKB
= NMB
= 600 
·
·
Dễ thấy
 ⇒ NKB = MIK ⇒ KB // MI (vì có
·MIK = 600


cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) mặt khác AK ⊥ KB ( cmt )
·
·
nên AK ⊥ MI tại E ⇒ HME
.
= 900 − MHE
·

HAC
= 900 − ·AHC

0
·
·

·
·
HME
=
90
−
MHE
cmt
= HME
( )  ⇒ HAC
Ta có :

·AHC = MHE
·
( dd )

·
·
» )
mặt khác HAC
(cùng chắn KB
= KMB
·
·
·
·
= KMB
hay NMI
⇒ HME
= KMB

( 5)
( 3) , ( 4 ) & ( 5) ⇒ ∆IMN = ∆KMB ( c.g.c ) ⇒ NI = KB (đpcm)
Gọi aj là số trận mà đội đã chơi từ ngày đầu tháng đến hết ngày j.
Khi đó
1 ≤ a1 < a2 < ... < a30 < 45
5
(1 điểm)

15 ≤ a1+14 < a2+14 < ... < a30+14 < 59.
Sáu mươi số nguyên a1, a2, ..., a30, a1+ 14, a2 + 14, ..., a30+14 nằm
giữa 1 và 59. Do đó theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 2 trong 60 số
này bằng nhau. Vì vậy tồn tại i và j sao cho ai = aj + 14 (j < i). Điều
này có nghĩa là từ ngày j + 1 đến hết ngày i đội đã chơi đúng 14
trận.
Trang 5

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 4)

----------------------- 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
Câu 1. (2 điểm) :

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
với a > 0, a ≠ 1.
+
+
a
a− a
a −a a
Chứng minh rằng M > 4.

1. Cho biểu thức: M =

2. Cho x = 3 5 + 2 − 3 5 − 2 . Tính giá trị của biểu thức f ( x ) = x 3 + 3x
Câu 2. (2 điểm)
1/ Cho phương trình : x 2 − 3x + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Không giải phương trình
trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn :
y1 = x2 +

1
1
và y2 = x1 +
x1
x2

3

2/ Giải phương trình :
2 − x + x −1 = 1
Câu 3. (2 điểm)
1/Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .
2/ Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 
1
1

A = 1 + 3 ÷. 1 + 3 ÷. 1 + 3 ÷.
 a  b  c 

Câu 4. (3 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.
1) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O;R).
2) Chứng minh K là trung điểm của CH.
3) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất
đó theo R.
Câu 5. (1điểm)
Trang 6


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

Có 5 Nhà Toán học nam , 3 Nhà toán học nữ , 4 Nhà vật lí nam . Lập một đoàn công tác 3
người cần có cả nam , nữ , cả nhà toán học và nhà vật lí . Hỏi có bao nhiêu cách lập đoàn công
tác?

-------------------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)
Chú ý:
- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa
- Điểm bài thi.10điểm
Câu
Đáp án
1.1(1 điểm)

Điểm

a a − 1 ( a − 1)(a + a + 1) a + a + 1
=
=
và
a− a
a ( a − 1)
a

Do a > 0, a ≠ 1 nên:

0,25đ

a 2 − a a + a − 1 (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − 1
=
=
=
a −a a

a (1 − a)
a (1 − a)
a

a +1
+2
a
Do a > 0; a ≠ 1 nên: ( a − 1) 2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a

⇒ M=

1
(2điểm)

⇒ M>

0,25đ
0,25đ

2 a
+2=4
a

0,25đ

1.2(1 điểm)
Ta có x =
3

(

3

5+2 −

x = 5 + 2 − 5 + 2 − 33
3

x3 = 4 − 3 3 5 − 4

(

3

5−2

3

(

5+2

(2điểm)

)(

5−2

)

)(

3

5 + 2 − 3 5 − 2 = 4 − 3x

⇒ f ( x) = 4 − 3x + 3x = 4
2

)

3

5+2−

3

5−2

)

0,5đ
0,25đ
0,25đ

2.1 (1 điểm)
Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó:
S = y1 + y2 = x2 +

1 1

1
1
x +x
3 9
+ x1 + = ( x1 + x2 ) +  + ÷ = ( x1 + x2 ) + 1 2 = 3 + 0,25đ
=
x1
x2
x1 x2
2 2
 x1 x2 
Trang 7


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
P = y1 y2 = ( x2 +

1
1
1
1 9
)( x1 + ) = x1 x2 + 1 + 1 +
= 2 +1+1+ =
x1
x2
x1 x2
2 2
y 2 − Sy + P = 0

Vậy phương trình cần lập có dạng:

hay

y2 −

0,25đ

9
9
y + = 0 ⇔ 2 y2 − 9 y + 9 = 0
2
2

0,5đ
2.2(1 điểm)
TXĐ: x ≥ 1
Đặt 3 2 − x = a và x − 1 = b(b ≥ 0)
Theo pt đã cho ta có a + b = 1
(1)
Mặt khác : a 3 + b2 =

(

3

2− x

)

3

0,25đ

+ ( x − 1) = 1
2

(2)

0,25đ

a + b = 1

Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 

3
2
a + b = 1
a = 0
a = 1
; 
;
Giải hệ pt ta được nghiệm : 
b = 1
b = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x1 = 2; x2

3.1(1 điểm)
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a

∈

2p.2q = (a+48)(a-48)
a+48 = 2p

(Với p, q

0,25đ
0,25đ
0,25đ

N) thì

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)
⇒

 a = −2

b = 3
= 1; x3 = 10 .

∈

N ; p+q = n và p > q )

⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3

a - 48 = 2q
⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7
⇒ n = 5+7 = 12

0,25đ

0,25đ

0,25đ

3.2(1 điểm)
Biến đổi được A = 1 + (

1
1
1
1
1
1
1
+ 3 + 3)+( 3 3 + 3 3 + 3 3)+ 3 3 3
3
a
b
c
a b
b c
c a
a b c

0,25đ

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có
1
1
1

3
1
1
1
3
+ 3+ 3 ≥
; 3 3+ 3 3+ 3 3 ≥ 2 2 2
3
abc a b
a
b
c
b c
c a
a b c
3
3
3
1
1 

+
+
= 1 +
Suy ra A ≥ 1 +

abc a 2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3  abc 
3

1

1
a+b+c
≥
Ta có a+b+c=6 ⇒ abc ≤ 
 =8⇒
3
abc 8


Trang 8

0,25đ


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

0,25đ

3

3
(2điểm)

729
 1
⇒ A ≥ 1 +  =
512
 8

0,25đ

729
Giá trị nhỏ nhất của A bằng
khi a = b = c = 2 .
512

M
C

I

A

K

O

H

B

4.1(1 điểm)

4
(3điểm)

·
·
- Chứng minh AOM
.

= COM
- Chứng minh ∆ AOM = ∆ COM
- Chứng minh MC ⊥ CO
⇒ MC là tiếp tuyến của (O; R).

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

4.2(1 điểm)
∆ MAB có KH//MA (cùng ⊥ AB) ⇒
KH HB
AM.HB AM.HB
=
⇒ KH =
=
(1)
AM AB
AB
2R
·
·
Chứng minh cho CB // MO ⇒ AOM
(đồng vị).
= CBH
C/m ∆ MAO đồng dạng với ∆ CHB ⇒
MA AO
AM.HB AM.HB
=

⇒ CH =
=
(2)
CH HB
AO
R
Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH ⇒ CK = KH ⇒ K là trung điểm
của CH.
4.3(1 điểm)
Chu vi tam giác ACB là PACB = AB + AC + CB = 2R + AC + CB
Ta lại có
2
( AC − CB ) ≥ 0 ⇒ AC 2 + CB 2 ≥ 2AC.CB
⇒ 2AC 2 + 2CB 2 ≥ AC 2 + CB 2 + 2AC.CB
Trang 9

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

(

)

2 AC 2 + CB 2 ≥ ( AC + CB )

(

2

)

⇒ AC + CB ≤ 2 AC 2 + CB 2 (Pitago)
⇒ AC + CB ≤ 2AB 2
AC + CB ≤ 2.4R 2 ⇒ AC + CB ≤ 2R 2 .
Đẳng thức xảy ra khi AC = CB ⇔ M là điểm chính giữa cung AB.

(

)

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

(

0.25đ

0.25đ

)

Vậy max PACB = 2R 1 + 2 đạt được khi M là điểm chính giữa
cung AB.

5
(1điểm)

Chỉ có 3 cách lập đoàn công tác như sau :
- Gồm 2 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân , số
C42 .C31 = 6.3 = 18
cách chọn là :
- Gồm 1 nhà vật lí nam , 2 nhà toán học nữ. Theo quy tắc nhân , số
1
2
cách chọn là : C4 .C3 = 4.3 = 12
- Gồm 1 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ , 1nhà toán học nam .
Theo quy tắc nhân , số cách chọn là : C41 .C31.C51 = 4.3.5 = 60
Theo quy tắc cộng số cách lập đoàn cộng tác là : 18+12+60= 90
Vậy có 90 cách lập đoàn công tác.

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

-------------------Hết-----------------

ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
Trang 10

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)
Bài 1. (2,0 điểm)

(

)(

)

 2x −1+ x 2x x + x − x  x − x 1− x
+
−1
÷
÷.
1
−
x
1
+
x
x
2
x
−

1



1.1. Cho biểu thức A = 

a. Rút gọn biểu thức A
1
b. Tìm x để A < −
7
1.2. Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x + 2 3 = y + z .
Bài 2. (2,0 điểm)
2.1. Cho phương trình x 2 + 2( m − 2 ) x + m 2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm
thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

2.2. a) Giải phương trình:

2
1
1
−
=
.
2
x + x2 x1 x2 15m
2
1

2+ x

+

2− x

2 + 2+ x
2 − 2− x
 xy − 4 = 8 − y 2
(1)
b) Giải hệ phương trình sau 
2
(2)
 xy = 2 + x

= 2.

Bài 3. (2,0 điểm)
3.1. Cho 3 số nguyên dương a, b, c thỏa điều kiện 2a = bc +1 và a > 1 . Tìm tất cả các số c
trong biểu thức đã cho.
1
1
2
+
≥
3.2. Cho xy ≥ 1.Chứng minh rằng:
.
1 + x 2 1 + y 2 1 + xy
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác
A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D.
Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại

M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.
1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.
2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng.
3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 2014 số tự nhiên bất kỳ. Chứng minh rằng trong số các số đó có một số chia hết cho
2014 hoặc có một số số mà tổng của các số ấy chia hết cho 2014.
-------------------Hết-----------------

Trang 11


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 3)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN HỌC
Chú ý:
- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa
Đáp án
Câu
1
1.1. (1,0điểm)
(1điểm) a. (0,5điểm)
1
4
x = a; a ≥ 0 ⇒ x = a 2 , ta có:

Điểm

Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1
Đặt

0,25điểm

2
 2a 2 − 1 + a 2 a 3 + a 2 − a  ( a − a ) ( 1 − a )
A=
+
.
−1
÷
2
1 + a3
2a − 1
 1− a

 ( a + 1) ( 2a − 1) a ( a + 1) ( 2a − 1)  a ( a − 1) ( 1 − a )
.
A=
+
−1
2
2a − 1
 ( 1 − a ) ( a + 1) ( a + 1) ( a − a + 1) 
 ( 2a − 1) a ( 2a − 1)  a ( a − 1)(1 − a )
A=
+ 2
.
−1

a − a + 1 
2a − 1
 (1 − a )

(

)

 1

a ( a − 1) ( 1 − a )
a
 .(2a − 1).
A=
+ 2
−1
2a − 1
 ( 1 − a ) ( a − a + 1) 

A=

−1
−1
A
=
.
Vậy:
.
x − x +1
a2 − a +1

0,25điểm

b. (0,5điểm)
A=

−1

x − x +1

<−

0,25điểm

1
1
1
⇔
>
7
x − x +1 7
2

1
3

⇔ x − x + 1 < 7 (do x − x + 1 =  x −  + > 0 )
2
4


⇔ x − x −6 < 0 ⇔

(

x −3

)(

)

x + 2 < 0 ⇔ x −3 < 0

⇔ 0≤ x<9
0 ≤ x < 9

Đối chiếu với điều kiện ta được:  1
 x ≠ 4 , x ≠ 1

0,25điểm

1.2. (1,0điểm)
Ta có: x + 2 3 = y + z
⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz
⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz
⇔ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4 yz
2

(1)

Trang 12

0,5điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

*TH1. Nếu x − y − z ≠ 0

4 yz − ( x − y − z ) − 12
(2) vô lý
4( x − y − z )
( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0
*TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 
(3)
 yz = 3
2

Ta có 3 =

0,25điểm

x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn
z = 3
z = 1




2.1. (1,0điểm)
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 ⇔
2
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 x1 x2 15m (1)
1 2
1
2
1
1
1
⇔ 2
− 2
=

m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m
1
1
1
⇔
−
=
4
4
4
. Đặt m + = t do m < 0 ⇒ t < 0
m + − 6 m + − 2 15
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
4
Với t = −4 ta có m + = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*)
m

0,25điểm

0,25điểm

0,25điểm

Ta có:
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
+
+
≥ x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =
2
2
2
x2 y2 + y 2 z 2 y 2 z 2 + z 2 x2 z 2 x2 + x2 y 2
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =
=
2
2
2
x4 + y 4 + z 4 =

0,25điểm

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x = y = z
1
⇔x= y=z=
3

x + y + z = 1

Dấu bằng xảy ra ⇔ 



1

1

1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷
2
3
3
3

(1điểm) 2.2. (1,0điểm)
a, Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 4. Đặt 2 + x = a ≥ 0 ; 2 − x = b ≥ 0 .

0,25điểm

Ta có : ab = 4 − x , a2 + b2 = 4. Phương trình là:
0,25điểm
Trang 13


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

a2
b2
+
= 2
2 +a
2 −b
⇒ a2 2 - a2b + b2 2 + ab2 = 2 (2 - b 2 + a 2 - ab)
⇒ 2 (a2 + b2 – 2 + ab) – ab(a – b) = 2(a – b)
⇒ 2 (2 + ab) = (a – b)(2 + ab) (chú ý : a2 + b2 = 4)
⇒ a – b = 2 (do ab + 2 ≠ 0)
Bình phương: a2 + b2 – 2ab = 2 ⇒ 2ab = 2 ⇒ ab = 1
⇒ 4 − x = 1.
Tìm được x = 3.
b) Từ phương trình (1) ⇒ 8 − y 2 ≥ 0 hay y ≤ 8
2
Từ phương trình (2) ⇒ x + 2 = x . y ≤ 2 2 x

0,25điểm

⇒ x −2 2 x + 2 ≤0
2

0,25điểm

2

⇒ ( x − 2) 2 ≤ 0
⇒ x = 2
⇒x=± 2

Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = - 2 thì y = -2 2
 x = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

 y = − 2

và

 x = 2 2

.
 y = −2 2

0,25điểm

3.1. (1,0điểm)
Từ 2a = bc + 1 (1)
Với a ∈ Z + , a > 1 nên a ≥ 2 ⇒ 2a M4 . Từ (1) suy ra b là số nguyên 0,25điểm
dương lẻ. Giả sử b = 2n + 1 với n ∈ Z + .
* Nếu c là số nguyên dương chẵn thì : c = 2m với m ∈ Z + . Khi đó

(

ta có: bc = (b 2 ) m = (2n + 1) 2
3
(1điểm)

)

m

= (4n 2 + 4n + 1) m = 4k + 1 với k ∈ Z +

Suy ra 2a = bc + 1 = 4k + 2M4 vô lý. Do đó c là số nguyên dương lẻ. 0,25điểm
* Ta đặt c = 2m + 1 với m ∈ N . Suy ra:
2a = bc + 1 = b 2m+1 + 1 = (b + 1)(b 2 m − b 2 m−1 + L + b 2 − b + 1)
= (b + 1) A với A∈ Z + và A lẻ

Suy ra A là ước lẻ của bc + 1 , tức là ước lẻ của 2a suy ra A = 1 .
Ta có bc + 1 = b + 1 ⇒ c = 1 . Vậy c = 1 là giá trị cần tìm.
3.2. (1,0điểm)
Ta có:

1
1
2
+
≥
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy

⇔

0,25điểm
0,25điểm

0,25điểm

 1
1   1
1 
≥0

 + 
−
+
2
2
1 + xy   1 + y
1 + xy 
1+ x

0,25điểm
Trang 14


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
⇔
⇔
⇔

xy − x 2
xy − y 2
+
≥0
1 + x 2 .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )

x ( y − x)
y( x − y)
+
≥0
2
1 + x .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )

(

)

(

)

(

)

(

)

0,25điểm

( y − x ) ( xy − 1) ≥ 0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy ) BĐT cuối này đúng do xy > 1 .
2

0,25điểm

1
1
2
+
≥
.
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy
4.1. (1,0điểm)
Vậy

4
(3điểm)

E

D
I

H

A

F
C

M

0,5điểm

O

B

Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên
·
·
AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FMB
= 900 .
·
FCB
= 900

Mặt khác

(giả thiết).

0,25điểm

0
·
·
Do đó FMB + FCB = 180 .

Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp
·

·
⇒ CBM
= EFM
( 1)

Mặt khác

·
(vì cùng bù với CFM ).

·
·
CBM
= EMF
( 2)

(góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và
·

·

¼
dây cung cùng chắn AM
). Từ (1) và (2) ⇒ EFM = EMF .
Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.

·
·
·
(Có thể nhận ra ngay EMF = MBA = MFE nên suy ra tam giác

EMF cân)
4.2. (1,0 điểm)

0,25điểm

·

DIF
·
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH ⊥ DF và DIH
=
( 3) .

0,25điểm

·
· · lần lượt
1 ·là góc nội tiếp
Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF
và DIF
và góc ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra DMF = DIF (4).
·
·
·
· 2.
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay DMA
= DIH
= DIH

0,25điểm

2

·
·
= DBA
»đường tròn ( O ) ta có: DMA
Trong
(góc nội tiếp cùng
chắn DA
)
·
·

Suy ra DBA = DIH .
Vì IH và
BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó
Trang 15


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

·
·
·
·
DBA
+ HIB
= 180o ⇒ DIH

+ HIB
= 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng
0,25điểm
hàng.
0,25điểm
4.3 ( 1,0điểm)
·
·
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ ABI
= ABD
=

1
» .
sđ AD
2

1
» không đổi.
sđ AD
2
Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD.
Gọi 2014 số tự nhiên đã cho là a1, a2 ,L , a2014 .
Xét dãy S1 = a1

Mà C cố định nên D cố định ⇒

5
(1điểm)

S2 = a1 + a2

0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm

0,25điểm

..............................

S2014 = a1 + a2 + L + a2014

Chia tất cả các số hạng của dãy cho 2014 ta có các trường hợp
sau:
Trường hợp 1: Nếu có một số hạng nào của dãy chia hết cho
2014 thì bài toán được chứng minh.
Trường hợp 2: Nếu không có số hạng nào của dãy chia hết cho
2014 thì vì có tất cả 2014 phép chia mà số dư chỉ gồm
1, 2, ..., 2013 do đó theo nguyên lý Dirichle có ít nhất hai số hạng
của dãy có cùng số dư khi chia cho 2014. Gọi hai số hạng đó là Si
và S j . Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≤ i < j ≤ 2014 thì

0,25điểm

0,25điểm

Si = a1 + a2 + L + ai ,
S j = a1 + a2 + L + ai + L + a j

Lúc đó S j − Si M2014 ⇒ ai +1 + L + a j M2014 điều phải chứng minh.

-------------------Hết-----------------

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
Trang 16

0,25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

Câu 1: ( 2.0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: A = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

c) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2016
Tính f(a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
Câu 2: (2.0 điểm)
a)Tìm m để phương trình (x2-1)(x+3)(x+5) = m có bốn nghiệm phân biệt x1, x2,

1 1 1 1
+ + + = −1
x
x3, x4 thoả mãn điều kiện 1 x2 x3 x4
x 3 + y 3 = 1
 7
7
4
4
x
+
y
=
x
+
y


b) Giải hệ phương trình :
Câu 3: ( 2.0 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .
b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

a3
b3
c3
3
+ 2
+ 2
≥ .
Chứng minh rằng: 2
b +3 c +3 a +3 4
Câu 4: ( 3.0 điểm)
1.Cho đường tròn với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên đường
tròn sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi.
b) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
2. Cho tam giác nhọn ABC, gọi AH,BI,CK là các đường cao của tam giác
Chứng minh rằng
S HIK
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC

Câu 5: (1,0 điểm) .
Trang 17

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a,b sao cho : a + b2 chia hết cho a2b – 1.
.....................Hết ..................

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 4)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN

TT

Ý
a

Nội dung
a/ Rút gọn biểu thức A =

Điểm

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x −2 3− x

0.25

ĐKXĐ: x ≠ 4; x ≠ 9

A=

Câu
1
(2.0
điểm
)

(

2 x −9
x −2

(
=
(
b

)(

)(
x − 2) (
x +1

x −3

)

−

)=
x − 3)

x −2

x + 3 2 x +1 2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2
+
=
=
x −2
x −3
x −2
x −3

(

)(

)

(

x− x −2
x −2

)(

x −3

)

0,5

x +1
x −3

b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính: A = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Ta có
1 + x2 = x2 + xy + yz + xz = (x + y)(x + z)
Tương tự 1 + y2 = y2 + xy + yz + xz = (y + x)(z + y)
1 + z2 = z2 + xy + yz + xz = (x + z)(z + y)
Do đó
A=

( x + y )( x + z )( z + y ) 2
( x + y )( y + z )( x + z ) 2
x⋅
+ y⋅

+
( x + y )( x + z )
( x + y )( z + y )

0.25

0.25

( x + z )( z + y )( x + y ) 2
z⋅
=
( x + z )( z + y )
0.25

= x(z + y) + y(x + z) + z(x + y) =
= 2(xy + yz + xz) = 2.1 = 2
Trang 18


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

c

c/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 nên a3 + 12a



0,25

= 32
Vậy f(a) = 1

0,25

a
Phương trình (x2-1)(x+3)(x+5) = m (1)
(1) ⇔ (x2+4x+3)(x2+4x-5) = m (2)
đặt y = x2+4x+4=(x+2)2 ≥ 0 . Khi đó, (2) trở thành :
(y-1)(y-9) = m ⇔ y2-10y+9-m = 0 (3)
(1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (3) có 2 nghệm thoả mãn y1> y2> 0
∆ ' > 0
16 + m > 0


S
>
0
⇔
⇔ −16 < m < 9

10 > 0



9 − m > 0
⇔  P > 0

Câu
2
(2.0
điểm
)

0,25

0.25

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình : x2+4x+4 - y1=0
x3,x4 là hai nghiệm của phương trình : x2+4x+4 - y2=0

x1 + x2 x3 + x4
1 1 1 1
+ + + = −1
+
= −1
x
x
x
x
x
x
x
x

1
2
3
4
1
2
2
4
⇔
Ta có:

0.25

32 − 4( y1 + y 2 )
4
4
+
= 1⇔
=1
16 − 4( y1 + y 2 ) + y1 y 2
⇔ 4 − y1 4 − y 2
72 = 55 − m
32 + 40
⇔ m = −7

=1
m ≠ 55
⇔ 16 + 40 + 9 − m
⇔
( theo Viét)

0.25

kết hợp với điều kiện -16 < m < 9 ta có m = -7 là giá trị cần tìm
b

3
3
 x + y = 1(1)
 7
7
4
4
 x + y = x + y (2)

Vì x3 + y3 = 1 nên (2) tương đương với :
x7 + y7 = ( x3 + y 3 ) ( x4 + y4 )  x3y4 + x4y3 = 0 .
 x3y3( x + y ) = 0 . (3)
+) Với x = 0 thì từ (1) ta có y = 1 thoả mãn (2)
vậy ( x= 0 ; y = 1 ) là 1 nghiệm.
+) Với y = 0 thì từ (1) ta có x = 1 thoả mãn (2)
vậy ( x =1 ; y= 0) là nghiệm .
Trang 19

0.25
0.25
0.25
0.25

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

+) Với x+ y = 0 => x = - y . Thay vào (1) ta có 0 = 1 ( vô lý )
Tóm lại hệ có hai nghiệm ( x ; y )= ( 0 ; 1 ) ; ( 1 ; 0 ) .
a

Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a
n

2

∈

N) thì

2 = a – 48 = (a+48)(a-48)
2p.2q = (a+48)(a-48)
⇒

0.25

2

a+48 = 2

∈

N ; p+q = n và p > q

⇒ 2 – 2 = 96 ⇔ 2 (2

p

a - 48 = 2

Với p, q
p

q

q

p-q

0.25

5

-1) = 2 .3

q

⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7
⇒ n = 5+7 = 12

0,25
0,25

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802
b

a3
b3
c3
3
+ 2
+ 2
≥ (*).
2
b +3 c +3 a +3 4
Do ab + bc + ca = 3
Câu
3
(2.0
đ)

a3
b3
c3
+
+
b 2 + ab + bc + ca c 2 + ab + bc + ca a 2 + ab + bc + ca
a3
b3
c3
+
+
=
(b + c )( a + b) (c + a)(b + c) ( a + b)(c + a)

Nên VT (*) =

a
b + c a + b 3a
+
+
≥
(b + c)(c + a)
8
8
4

0,25

3

Ta có

⇒

a3
5a − 2b − c
≥
(b + c )(c + a )
8

(1)

0,25

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
b3
5b − 2c − a
≥
(c + a)(a + b)
8

c3
5c − 2a − b
≥
(2),
(a + b)(c + a)
8
a+b+c
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (*) ≥
4

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) = 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)

Trang 20

(3)

0,25

0,25

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
F
M

Câu
4
(3.0
đ)

C

A

B

O

E

(C )

N

1a Có MN ⊥ BF và BC ⊥ NF
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF ⇒ FA ⊥ NB
Lại có AE ⊥ NB . Nên A, E, F thẳng hàng
·
·
Vi CAN
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng (g.g)

= MAB
AN AC
=
AB AM
Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (O))

0.25
0,25

Suy ra:

1b

2
3
·
·
Mặt khác: CAN = CFM
, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CN AC
=
⇒ CN ×CF = BC ×AC = 3R 2
⇒
BC CF
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ 2 CN ×CF = 2R 3 không đổi

Ta có BA = BC nên A là trọng tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF (1)

Nên:NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (2)
Từ (1) và (2) cho ta: A là trọng tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất

2
B
H
K
A

I
C

Trang 21

0,25

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


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
S HIK = S ABC − S AKI − S BHK − SCIH

Ta có :

⇒

0.25

S HIK
S

S
S
= 1 − AKI − BHK − CIH
S ABC
S ABC S ABC S ABC

Hai tam giác AKI và ABC có chung góc A nên ta có :

0.25

S AKI
AK . AI
AK AI
=
=
.
S ABC AC. AB AC AB

0.25
trong tam giác vuông AKC và AIB ta có :
AK
AI
= cos A;
= cos A
AC
AB
S AKI
= cos 2 A
do đó S ABC

0.25

tương tự :

0.25

S BHK BH BK
=
.
= cos 2 B
S ABC
AB BC
SCIH
CI CH
=
.
= cos 2 C
S ABC CB CA
S HIK
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S
vậy ABC
(đpcm)

Câu 5
(1.0
đ)

. Theo đề bài có : a + b2 = K(a2b – 1) ( K є N* )
 a + K = b( Ka2 – b )  a + K = mb

(1)
2
2
Với Ka – b = m ( m є N*) -> m + b = Ka
(2)
Từ (1) và (2) có ( m – 1 )( b - 1 )= mb – b – m + 1
= a + K – Ka2 + 1 = ( a + 1)( K + 1 – Ka ) (3)
Vì m > 0 theo (1) nên ( m – 1 )( b – 1) ≥ 0 . Từ (3)
=> K + 1 – Ka ≥ 0 => K + 1 ≥ Ka => 1 ≥ K( a – 1 )
 K (a − 1) = 0  a = 1
⇒

K (a − 1) = 1 a = 2, K = 1

=>

0.25

0.25

* Nếu a = 1 từ (3) => (m – 1)(b – 1) = 2 => b = 2 hoặc b = 3
=> (a; b) = ( 1; 2) và ( 1; 3)
* Nếu a = 2, K = 1 => ( m -1)(b – 1 ) = 0
Khi m = 1 từ (1) => ( a; b ) = ( 2; 3 )
Khi b = 1 => (a; b) = ( 2; 1)
Trang 22

0.25

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

Thử lại ta có đáp số ( a,b) = (1,2),(1,3), (2,3),(2,1)

0.25

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm bài hình.
--------------------Hết----------------------

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



1.1, Cho P= 

với ( x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9)

a. Rút gọn P.
b. Với giá trị nguyên của x để P < 0
1.2, Cho a + b = 2. Chứng minh rằng: 3 a + 3 b ≤ 2
Câu 2. (2,0 điểm)
2.1, 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 =

2.2, Giải hệ phương trình:  y + z =

 z + x =

4z − 1
4x − 1
4y − 1

Câu 3. (2,0 điểm)
3.1, Chứng minh 13 + 23 + ... + 1003 là số chính phương
Trang 23


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

3.2, Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:

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

Câu 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.
4.1, Chứng minh 4 điểm M, A, O, C cùng thuộc một đường tròn. Suy ra MC là tiếp
tuyến của (O;R).
4.2, Chứng minh K là trung điểm của CH.
4.3, Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó
theo R.
Câu 5. (1,0 điểm)
Viết 6 số tự nhiên vào 6 mặt của một con súc sắc. Chứng minh rằng khi ta gieo súc sắc
xuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt để
tổng các số trên đó chia hết cho 5
-------------------Hết-----------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 5)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN
Chú ý:
- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tương đương

- Điểm bài thi 10 điểm
Câu
Đáp án
1.1. (1,0 điểm)
1
+,
 x − 9 − x + 4 + x +2   x + 1 − x 
P= 
÷
÷
÷: 
x +1 ÷
 ( x -2)( x -3)  



x -3
P= 
÷
÷. x + 1
 ( x -2)( x -3) 

(

P=

)

0,25
0,25

x +1
x −2

+, P < 0 

Điểm

x +1
<0
x −2

( 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
Trang 24

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

(2,0
điểm)
1.2. (1,0 điểm)
Đặt 3 a = m, 3 b = n thì a = m3, b = n3. Ta có m3 + n3 = 2
Cần chứng minh m + n ≤ 2 .
Giả sử m + n > 2 thì (m + n)3 > 8

⇒ m3 + n3 + 3mn(m + n) > 8
⇒ 2 + 3mn(m + n) > 8
⇒ mn(m + n) > 2
⇒ mn(m + n) > m3 + n3 ( vì m3 + n3= 2)
Chia hai vế cho số dương m + n (theo giả thiết phản chứng):
mn > m2 - mn + n2 ⇒ 0 > (m - n)2, vô lí
Vậy phải có m + n ≤ 2
Hay 3 a + 3 b ≤ 2
2.1. (1,0 điểm)
∆ > 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
m 2 − 2 m ≥ 0


0,25

0,25
0,25

0,25

0,5
0,5

2.2. (1,0 điểm)
0,25
Điều kiện của ẩn : x, y, z ≥ 1/4.
Nhân 2 vế cả ba phương trình với 2 rồi cộng lại, ta được phương
trình:
0,25
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

3

<=> 4 x −1 = 4 y − 1 =
đ/kiện
3.1. (1,0 điểm)
R = 13 + 23 + ... + 1003
Gọi Ak = 1 + 2 +... + k =

4 z − 1 = 1 <=> x = y = z = 1/2 thỏa mãn 0,25

k(k + 1)
k(k - 1)
, Ak – 1 = 1 + 2 +... + k =
2
2

0,25

Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 khi đó:
13 = A12
23 = A22 – A12
.....................
3

2
n

n = A = An - 1

0,25
2

Trang 25