BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

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. (2,00 điểm)
a+b−2
a−
 2
 
+ 1 − a ÷: 
b) 
 1+ a
 

ab
1
:
với a > 0; b > 0 và a ≠ b
b
a+ b

2
+ 1÷ với a > 0 và a ≠ 1.
1− a2

2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = x − 2 + y − 3 , biết x + y = 6.

1. Rút gọn: a)

Bài 2. (2,00 điểm)
2
1. Cho phương trình: ( m − 4 ) x − 2mx + m − 2 = 0 (*)
a) Tìm các giá trị của m để phương trình (*) có nghiệm duy nhất.
b) Tìm các giá trị của m để (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = m.

 x −1 + y − 2 = 2
;

 x −1 + y = 3

2. a) Giải hệ phương trình sau: 

b) Tìm các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm thỏa mãn x > 0, y < 0.
2x + y = m
.

3x − 2 y = 5

Bài 3. (2,00 điểm)
1. Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp bằng 3024.
a) Chứng tỏ rằng 4 số này đều có một chữ số;
b) Tìm 4 số đó.
2. Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC).
Chứng minh:

1
1

1
1 1 1
+
+
≥ 2  + + ÷.
p−a p−b p −c
a b c

Bài 4. (3,00 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), có BC = a, AB = b, AC = c. Gọi a’, b’, c’
là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C đến trực tâm H của tam giác. Chứng minh rằng các tổng a 2
+ a’2 ; b2 + b’2 và c2 + c’2 không đổi khi ba đỉnh A, B, C thay đổi trên đường tròn (O).
2. Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R kẻ hai tiếp tuyến PA và PB với đường
tròn (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm A đến đường kính BC.
Gọi K là giao điểm của AB và PO.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm của AH;
b) Tính AH theo R và biết PO = d.
Bài 5. (1,00 điểm)
1. Cho n số thực a1, a2, a3, ...., an thỏa mãn tổng của n - 1 số bất kì lớn hơn số còn lại. Chứng
minh rằng trong n số này có ít nhất ba số dương.
2. Tám đội bóng tham gia giải vô địch trong đó hai đội bất kỳ phải gặp nhau đúng một lần. Biết
rằng đến cuối giải không có trận nào kết thúc với tỉ số hoà. Chứng minh rằng trong tám đội nói
Trang 1


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

trên, luôn tìm được bốn đội A,B,C,D sao cho kết quả giữa các trận đấu của họ là A thắng
B,C,D; B thắng C,D; C thắng D.
-------------------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 bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi 10.
Bài
Đáp án
1. a. (0.5 điểm)
1
2
(2,0
a
−
b
a + b − 2 ab
1
1
điểm)
:
=
:

(

a− b

a+ b

=

(

)

a− b

a− b

)(

a− b

)

a + b = a−b

Điểm
0.25
0,25

b. (0,5 điểm)

 2
  2
2 + 1 − a . 1 + a 2 + 1 − a2
+

1
−
a
:
+
1
:
=

÷

÷
1+ a
 1+ a
  1 − a2
1 − a2

1− a
1+ a. 1− a
=
= 1− a
1+ a
1+ a

0,25

2

0,25

2. (1,0 điểm)

+ Chứng minh được: a + b ≤ 2 ( a 2 + b2 ) (*) với a + b ≥ 0.

0,5

+ Áp dụng (*), ta có: S = x − 2 + y − 3 ≤ 2 ( x − 2 + y − 3) = 2

0,25

Vậy max S =
2

 x − 2 = y − 3  x = 2,5
⇔
.
2 ⇔
x + y = 6
 y = 3,5

1. a. (0,5 điểm)
Với m = 4, phương trình (*) trở thành - 8x + 2 = 0 <=> x = 0,25 là
nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Với m ≠ 4, thì PT (*) là phương trình bậc hai ẩn x.
PT (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
∆ ' = 0 ⇔ 6m − 8 = 0 ⇔ m =

Vậy khi m = 4 hoặc m =

0,25

0,25

4
3

4
thì (*) có nghiệm duy nhất.
3
Trang 2

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

(2,0
điểm)
b. (0,5 điểm)
+ Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
m ≠ 4
m ≠ 4
m ≠ 4

⇔
⇔
 '
4 (ĐK)
6m − 8 > 0
∆ > 0

m > 3
b
m
+ Theo Vi-ét, ta có: x1 + x2 = − =
a m−4
2m
= m ⇔ m 2 − 6m = 0 ⇔ m = 0; m = 6
nên
m−4

0,25

0,25

Kiểm tra điều kiện, ta tìm được m = 6.
2. a. (0,5 điểm)
Từ PT thứ hai của hệ, ta có: x − 1 = 3 − y

Thay vào PT thứ nhất của hệ, được: 3 − y + y − 2 = 2 (*)
Giải PT (*) ta được y = 1,5
Từ đó suy ra x − 1 = 3 − 1,5 = 1,5 ⇔ x = 2, 5 ; x = −0,5
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2,5; 1,5) và (- 0,5; 1,5)
b. (0,5 điểm)
+ Giải hệ theo m, ta được: x =

2m + 5
3m − 10
; y=
7
7

0,25
0,25
0,25

+ Để x > 0 ; y < 0 thì phải có:
 2m + 5
 7 > 0
 2m + 5 > 0
5
10
⇔
⇔− 
2
3
3m − 10 < 0
 3m − 10 < 0
 7
Mặt khác, vì m là số nguyên nên: m ={ −2, −1, 0,1, 2, 3}

3

(2,0
điểm)

1. a. (0,5 điểm)
Trong bốn số này không thể có số 10 vì tích đã cho tận cùng bằng 4.
Ngoài ra nếu cả bốn số đều lớn hơn 10 thì tích của chúng phải lớn
hơn 3024. Vậy cả bốn số đều có một chữ số.

b. (0,5 điểm)
Trong bốn số này không thể có số 5 vì tích sẽ có tận cùng bằng 0.
Từ đó, các số từ 1 đến 9 (trừ số 5) ta có thể lập thành hai nhóm có
bốn số liên tiếp:
+ nhóm 1 gồm: 1; 2; 3; 4 có tích 1. 2. 3. 4 = 24 (loại).
+ nhóm 2 gồm: 5, 7, 8, 9 có tích 6. 7. 8. 9 = 3024 (nhận).
Vậy bốn số cần tìm là 6, 7, 8, 9.
2. (1,0 điểm)
+ Chứng minh: Với x, y dương, có:

( x + y ) − 4xy ≥ 0 ⇔ ( x − y ) ≥ 0
1 1
4
+ ≥
⇔
luôn đúng.
x y x+ y
xy ( x + y )
xy ( x + y )
2

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

0,25

2

Trang 3

0,5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

+ Áp dụng:
Có p − a =

a+b+c
b+c−a
−a =
> 0 (do a, b, c là độ dài ba cạnh ∆ )
2
2

Tương tự: p - b > 0 ; p - c > 0.
nên theo bất đẳng thức trên, ta có:

0,25

1
1
4
4
+
≥
=
p −a p −b 2p −a −b c

1
1
4
1
1
4
+
≥ ;
+
≥
Tương tự:
p −b p −c a p −c p −a b
1
1
1
1 1 1
+
+
) ≥ 4 + + ÷
Suy ra 2(
p−a p−b p −c
a b c
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + + ÷
hay

p−a p−b p −c
a b c
Đẳng thức xảy ra ⇔ p − a = p − b = p − c ⇔ a = b = c

0,25
1. 1,0 điểm
·
Tia BO cắt (O) ở B’, ta có BAB
' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn đường kính BB’), do đó AB’ ⊥ AB, suy ra AB’//CH.
Tương tự CB’//AH.
Tứ giác AHCB’ là hình bình hành, suy ra CB’ = AH.
Gọi M là trung điểm của BC thì OM là đường trung bình của tam
giác BCB’ nên CB’ = 2 OM, suy ra AH = 2 OM,
hay OM = 1/2 AH = 1/2a’.
Tam giác OMB vuông ở M, ta có: BM2 + OM2 = OB2
a

2

 a'

0,25

2

hay  ÷ +  ÷ = R 2 , suy ra a 2 + a '2 = 4 R 2 không đổi.
2  2 
Tương tự: b2 + b’2 = 4R2 và c2 + c’2 = 4R2 không đổi.

0,25
0,5

2. a) (1,0 điểm)
EH CH
=
(1) (theo Ta-lét trong ∆ CPB)
PB CB
AH CH
·
=
Có ·ACB = POB
, từ đó ∆ ACH : ∆ POB (g.g), suy ra:
(2)
PB OB

+ Vì AH // PB nên có:

4
(3,0
điểm)

Từ (1) và (2), do CB = 2OB nên AH = 2EH
hay AE = EH. Vậy E là trung điểm của AH.
b) (1,0 điểm)
+ Trong ∆ ABC vuông ở A có đường cao AH được tính:
AH 2 = BH .CH = ( 2 R − CH ) .CH (3)
+ Thay CH ở (1) vào (3) và chú ý AH = 2EH được:
AH .CB   AH .CB 


AH 2 =  2 R −
÷
÷
2 PB   2.PB 

2
2
hay 4 PB . AH = ( 4 R.PB − AH .2R ) . AH .2 R

hay PB 2 . AH = 2 R 2 .PB − R 2 .AH
Trang 4

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

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

hay AH . ( PB + R ) = 2R .PB
+ Thay PB 2 = d 2 − R 2 vào đẳng thức trên được:
2

AH =

5

(1,0
điểm)

2

2

2R2
. d 2 − R2 .
2
d

0,5
0,25

1. (0,5 điểm)
Theo nguyên tắc cực hạn, ta có thể giả sử a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an .
Ta có a1 + a2 + ..... + an - 1 > an ; an - 1 ≤ an
=> an - an - 1 ≥ 0 => a1 + a2 + ... + an - 2 > an - an - 1 ≥ 0
=> an - 2 > 0 => an ≥ an - 1 ≥ an - 2 > 0
Ta có điều phải chứng minh.
2. (0,5 điểm)
Gọi tám đội bóng đó là x1, x2, ... , x8
Theo đề bài thì chắc chắn x1 sẽ đấu với 7 đội còn lại.
+ Trường hợp 1: nếu x1 thắng ít nhất 3 trong 7 đội còn lại. Giả sử x1
thắng x2, x3, x4.
Trong ba đội x2, x3, x4 theo nguyên lí Dirichlet thì sẽ tồn tại một đội
hoặc thắng cả hai đội, hoặc thua cả hai đội. Không mất tính tổng
quát, giả sử x2 thắng x3, x4. Khi đó, x1, x2, x3, x4 là bốn đội bóng
thỏa mãn đề bài.

+ Trường hợp 2: nếu x1 thắng 2 trong 7 đội còn lại.

0,25
0,25

 x1 thang x2 , x3
 x1 thua x4 , x5 , x6 , x7 , x8

Giả sử 

- Khả năng 1: Nếu x4, x5, x6, x7, x8 lần lượt đấu với x2, x3 đều có ít
nhất một lần thua x2, x3.
Vì 5 = 2.2 + 1 nên khi đó theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một
trong hai đội x2, x3 thắng ít nhất 3 trong 5 đội x4, x5, x6, x7, x8. Khi đó
ta quay về trường hợp 1, bài toán đúng.
- Khả năng 2: Nếu x4, x5, x6, x7, x8 lần lượt đấu với x2, x3 thì đều
thắng. Ta có x4 thắng x2, x3, x1. Điều này cũng quay về trường hợp
1, bài toán đúng.
+ Trường hợp 3: Nếu x1 thắng 1 trong 7 đội còn lại. Giả sử
 x1 thang x2

 x1 thua x3 , x4 , x5 , x6 , x7 , x8

Xét các trận đấu giữa x2 và x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì nếu x2 thắng ít
nhất ba trong sáu đội x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì ta quay về trường bhợp
1, hiển nhiên đúng.
Còn nếu x2 thua ít nhất ba trong 6 đội x3, x4, x5, x6, x7, x8. Lấy x2
thua x3, x4, x5. Trong ba đội x3, x4, x5 thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ
tồn tại một trong ba đội trên thắng hai đội còn lại. Giả sử x3 thắng
x4, x5 và cả x1. Ta quay về trường hợp 1.

Do nếu x2 đấu với 6 đội x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì ắt hẳn sẽ tồn tại ít
nhất ba trận thắng hoặc ít nhất ba trận thua. Vậy trường hợp này
cũng luôn tìm được 4 đội thỏa mãn bài toán.
Trang 5

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

+ Trường hợp 4: Nếu x1 thua 7 đội còn lại. Khi đó x1 thua x2, x3, x4.
Trong ba đội x2, x3, x4 thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một
trong ba đội thắng đội còn lại. Giả sử x2 thắng x3, x4 và cả x1 nên ta
quay về trường hợp 1, bài toán đúng.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

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
Bài 1. (2,0 điểm): Cho biểu thức: M =

a) Chứng minh rằng M > 4.

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1

+
+
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a

b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =

6
nhận giá trị nguyên?
M

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giả sử x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − ax + 1 = 0
Tính S = x17 + x 72 theo a.Tìm một đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận a = 7

3 75
làm
+
5
3

nghiệm.

 y + xy 2 = 6x 2
b) Giải hệ phương trình: 
2 2
2
1 + x y = 5x

Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
b) Cho các số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện
1
1
1
1
1
+
+
+
= 3 . Chứng minh abcd ≤
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d
81
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
Trang 6


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )
tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất của a và b là 23.57.1113 .
---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 theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Điểm bài thi không làm tròn.

BÀI

ĐÁP ÁN
Do a > 0, a ≠ 1 nên:

1.a
(1,0đ)

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

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

⇒

M>

2 a
+2 =4
a

Ta có 0 < N =

ĐIỂM
0,25

0,25

0,25
0,25

6 3
< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
M 2
Trang 7

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
Mà

N=1 ⇔

6 a
= 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2) 2 = 3
a +1+ 2 a
⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp)

Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 2

0,25

Ở đây x17 + x 27 không biẻu diễn trực tiếp được dưới dạng x1 + x2 và x1 . x2 .
Tuy nhiên ta có thể biểu diễn S = x17 + x 27 =
x14 + x 24 . x13 + x 23 − x13 x 23 .( x1 + x 2 )
Như vậy ta phải tính x14 + x 24 ; x13 + x 23 theo a.

(

)(

0,5

)

0,25

 x1 + x 2 = a
n
n
Thật vậy kí hiệu S n = x1 + x 2 . Theo Viét ta có: 
 x1 .x 2 = 1
Do đó S 2 = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2 = a 2 − 2

(

S 4 = x14 x 24 = x12 + x 22

)

2

(

− 2 x12 x 22 = a 2 − 2

)

2

− 2 = a 4 − 4a 2 + 2

S 3 = x13 + x 23 = ( x1 + x 2 ) − 3x1 x 2 ( x1 + x 2 ) = a 3 − 3a
3

2.a
(1,0đ)

0,25

4
2
3
7
5
3
Vậy S 7 = ( a − 4a + 2 ).( a − 3a ) − a = a − 7a + 14a − 7a
+ Để tìm một đa thức bậc 7 nhận α làm nghiệm nghĩa là ta phải tìm một đa
thức bậc 7 mà khi thay α vào thế giá trị của đa thức bằng 0: Theo phần trên có:
x17 + x 27 = a 7 − 7 a 5 + 14a 3 − 7 a
⇔ a 7 − 7 a 5 + 14a 3 − 7 a - x17 + x 27 = 0 (1)

(

)

Như vậy trước hết ta phải lập 1 phương trình bậc 2 có α là hệ số:
3
5
Đặt x1 = 7

; x2 = 7
ta có:
5
3
x1 + x2 =

7

3 7 5
+
=a;
5
3

x1 . x2 =

7

0,25

3 7 5
+
=1
5
3

Do đó x1, x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − αx + 1 = 0
3 5
7
5

3
Theo (1) ⇒ α − 7α + 14α − 7α −  +  = 0
5 3
7
5
3
15 α − 105α + 210α − 105α − 34 = 0
Vậy đa thức cần tìm là 15 x 7 − 105 x 5 + 210 x 3 − 105 x − 34

y = 0
+) Với x = 0 ⇒ 
(Loại)
1 = 0
+) Với x ≠ 0. chia cả 2 vế cho x2:
y 1 + y 2 1 = 6
1 = u
 x2

x
⇔
Hệ phương trình
Đặt x

2
 12 + y = 5

y = v
x
Trang 8

0,25

0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

uv(u + v) = 6

Hệ phương trình ⇔ 

u + v = 5

S = u + v

P = uv

2

2

SP = 6
⇔ 2
S − 2P = 5

P = 6

S

⇔
2
S − 2 6 = 5

S

S = 3
⇔
P = 2

với

0,25

u + v = 3
⇔
uv = 2

⇒ u, v là nghiệm của phương trình: t2 – 3t + 2 = 0

t = 1

u = 1 ; v = 2

⇒
⇒
t = 2
u = 2 ; v = 1

0,25

1
2

⇒ (x, y) ∈ {(1, 2) ; ( , 1)}
Đặt:
3.a
(1,0đ)

S = 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10⋅11⋅12
S
= 3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11⋅12 (1) là một số nguyên
⇒
100
⇒ hai chữ số tận cùng của S là 00
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu
S
chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3⋅4=12;
100
2⋅6=12; 2⋅7=14; 4⋅8=32; 2⋅9=18; 8⋅11=88; 8⋅12=96)
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600
Ta nhận ra 3 = 1 + 1 + 1 nên ta sẽ biến đổi điều kiện của đề bài như sau:
1
1
1
1
+
+
+

=3
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d
1
1  
1  
1 

⇒
= 1 −
÷+ 1 −
÷+  1 −
÷
1+ a  1+ b   1+ c   1+ d 
⇒

3.b
(1,0đ)

0,25

0,5
0,25

0,5

1
b
c
d
b

c
d
=
+
+
≥ 33
×
×
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d
1+ b 1+ c 1+ d

1
a
c
d
a
c
d
=
+
+
≥ 33
×
×
1+ b 1+ a 1+ c 1+ d
1+ a 1+ c 1+ d
1
a
b
d

a
b
d
=
+
+
≥ 33
×
×
1+ c 1+ a 1+ b 1+ d
1+ a 1+ b 1+ d
1
a
b
c
a
b
c
=
+
+
≥ 33
×
×
1+ d 1+ a 1+ b 1+ c
1+ a 1+ b 1+ c

Tương tự, ta cũng có:

Trang 9

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
Nhân vế với vế bốn bất đẳng thức trên, ta có đpcm.
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = d =
3

0,25

F
M

Bài 4
3,0 đ

C

A

B

O

E

(C )

N
MN ⊥ BF và BC ⊥ NF
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF
⇒ FA ⊥ NB
4.a
(1,00đ) Lại có AE ⊥ NB

Nên A, E, F thẳng hàng
·
·
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
CAN
= MAB

AN AC
4.b
=
Suy
ra:
(0,75đ)
AB AM
Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))
2
Ta có BA = BC nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF (3)
3
·
·
Mặt khác:
, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CAN

= CFM
CN AC
=
⇒ CN ×CF = BC ×AC = 3R 2
⇒
4.c
BC CF
(1,25đ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ 2 CN ×CF = 2R 3
không đổi
Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4)
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất
x y
z
a = 2 5 11
Cả a,b đều là ước của 2 .5 .11 nên 
(x, y, z, t, u, v € N )
s t
u
b = 2 5 11
Vì 23.57.1113 là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max
{z ;u}=13.
3

Bài 5

7

13

Trang 10

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
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 6)
Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27 cách
chọn (z ;u).
Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số (a ;b) thỏa điều kiện .

0,25
0,25

--- Hết ---

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 − x 2 .  (1 + x )3 + (1 − x )3 

.
a) Rút gọn biểu thức A =
2
2 − 1− x

b) Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số không âm và b là trung bình cộng của a và c thì ta
có:

1
a+ b

+

1
b+ c

=

2
c+ a

.

Bài 2. (2 điểm)

a) Cho phương trình 2 x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0 (1). Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm
không âm. Tìm giá trị m để nghiệm dương của của phương trình đạt giá trị lớn nhất.
b ) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 + 1 .
Bài 3. (2 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của số p 4 là bình
phương của một số nguyên.
b) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A
= 1 + x 2 + 1 + y2 + 1 + z 2 + 2

(

)

x+ y+ z .

Bài 4. (3 điểm)
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H là trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M.
Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh:
Trang 11


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng.
b)

AB AC BC
+
=
.

MK MI MN

c) NK đi qua trung điểm của HM.
Bài 5. (1 điểm)
Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm
được 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng
1 chứa không ít hơn 50 điểm.
------------Hết----------

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 theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi không làm tròn.
Bài
Đáp án
1

Điểm

1a. (1 điểm)
0,25 điểm

ĐKXĐ của A : -1≤x≤1
1 − 1 − x 2 .  (1 + x )3 + (1 − x )3 


A=
2

2 − 1− x
( 1 − x − 1 + x )2 
.

2

=
=

1− x − 1+ x .

(

(

)(

2 − 1− x2
(1 + x ) + (1 − x )

)

2

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

-Nếu 0≤x≤1 thì A = 2x
-Nếu -1≤x≤0 thì A = − 2x

(2 điểm)

)

(1 + x ) + (1 − x ) 2 − 1 − x 2 


2b. (1 điểm)
1
1
2
+
=
a+ b
b+ c
c+ a
1
1
1
1
⇔
−
=
−
(*)
a+ b
c+ a
c+ a
b+ c

0,25 điểm

Ta có:
0,25 điểm
Trang 12


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

B=

−

a+ b

1
c+ a

Theo giả thiết: b =
B=

(

(

c− b
a+ b

)(

c+ a

=

) (

a+ b

)(

c−b
c+ a

a+c
⇔ a + c = 2b ⇔ b − a = c − b , nên:
2

b−a

c+ a

)(

=

(

b+ a

)(

b− a

c+ b

)(

c+ b

)

) ( a + b) ( c + a ) ( c + b)
( b − a ) = ( b + c) −( c + a ) = 1 − 1
B=
( c + a) ( c + b) ( c + a) ( c + b) c + a c +
a+ b

)(

=

)
0,25 điểm
0,25 điểm

b

Đẳng thức (*) đúng => ĐPCM.
2a. (1 điểm)

Phương trình (1) có hai nghiệm không âm
∆ ' = 4 − m 2 ≥ 0

m2 − 2

≥ 0 ⇔ 2 ≤ m ≤ 2 (**)
P =
2

 S =m>0


0,25 điểm

Khi đó hai nghiệm của phương trình là:
x1 =

(

m − 4 − m2
m + 4 − m2
; x2 =
⇒ 0 ≤ x1 ≤ x2 ∀m ∈  2; 2 
2
2

)

Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương

của phương trình là: x2 =

m + 4 − m2
> 0 . Suy ra:
2

(

2
2
m 2 + 2m 4 − m 2 + 4 − m 2 4 + 2 m 4 − m
x =
=
4
4
2
2

)

Theo bất đẳng thức Cosi cho hai số dương ta có:

(

m + 4−m
2

2

) ≥2

(

m 4−m
2

2

) ⇔2

(

m 4−m
2

2

0,25 điểm

) ≤4

0,25 điểm

Suy ra: x22 ≤ 2 ⇔ x2 ≤ 2 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi : m = 4 − m ⇔ m = 2 ∈  2; 2  .
Vậy nghiệm dương của của phương trình đạt giá trị lớn nhất là:
2

2

0,25 điểm

2 khi m = 2
2b. (1 điểm)

Điều kiện: x > -1
Đặt a = x + 1 ; b = x 2 − x + 1
Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab  (2a - b)(2b - a) = 0  b = 2a ; a = 2b
Do đó:
1) 2 x + 1 = x 2 − x + 1  4(x + 1) = x2 - x + 1
 x2 - 5x - 3 = 0 <=> x1 =

5 − 37
5 + 37
(loại); x2 =
2
2
Trang 13

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
x + 1 = 2 x 2 − x + 1 4x2-5x+3=0 phương trình này vô nghiệm.

2)

5 + 37

Vậy phương trình có nghiệm: x1 =
2
3a ( 1 điểm)

p4 có năm ước tự nhiên là 1 ;p ; p2 ; p3 ; p4.
Giả sử 1+p + p2 +p3 + p4=n2. Ta có thể viết
+ (2n)2=4n2=4+4p +4p2 +4p3 + 4p4 > p2 +4p3 + 4p4=(2p2+p)2
+ (2n)2=4n2=4+4p +4p2 +4p3 +4p4 < 4p4+p2 +4+4p3 +8p2+4p
=(2p2+p+2)2
Suy ra (2p2+p)2 < (2n)2 < (2p2+p+2)2
Từ đó (2n)2=(2p2+p+1)2 4n2=1+2p +5p2 +4p3 + 4p4 (1)
Mà 4n2=4+4p +4p2 +4p3 + 4p4 (2)
Từ (1) và (2) trừ từng vế, ta được : p2-2p-3=0 Suy ra p=3.

0,25 điểm

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

3b ( 1 điểm)

Áp dụng các BĐT:

(

)

(

a + b ≤ 2 a 2 + b 2 ; a + b + c ≤ 3 a 2 + b2 + c2
3
(2điểm)

)

0,25 điểm

(được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski)
Ta có:

(
)
2 ( 1 + y + 2y ) = 2 ( y + 1)
2 ( 1 + z + 2z ) = 2 ( z + 1)

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

2

2

0,25 điểm

x + y + z ≤ 3( x + y + z)

Lại có: A = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2x + 2y + 2z

(

+ 2− 2

)(

x+ y+ z

)

(

⇒ A ≤ 2 ( x + y + z + 3) + 2 − 2

)

0,25 điểm
3( x + y + z)

⇒ A ≤ 6 + 3 2 (do x + y + z ≤ 3).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 6 + 3 2.
4 ( 3 điểm)

Hình vẽ:
4
( 3 điểm)

Trang 14

0,25 điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
A

S

H

P

O

K

C

B

N

I

M
Q

4a ( 1 diểm)
·
·

0
Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì K
= N = 90 ). Tứ giác MNCI cũng
·
·
nội tiếp được (vì MNC
= 900).
= MIC
·
·
·
·
=> BNK
, INC
(1) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một
= BMK
= IMC
cung).
·
·
·
·
·
·
Mặt khác BMK
(2) (vì BMK
do cùng
= IMC
+ KMC
= KMC

+ IMC
bù với góc A của tam giác ABC).
·
·
Từ (1), (2) suy ra BNK
= INC
nên 3 điểm K, N, I thẳng hàng.
4b ( 1 điểm)
·
·
Vì MAK
= MCN
= β (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM).
AK CN
AB − BK CN
AB BK CN
=
= cot β =>
=
−
=
hay
(1)
MK MN
MK
MN
MK MK MN
AC CI BN
AI BN
=

+
=
Tương tự có:
hay
(2)
MI MN
MI MI MN
IC BK
·
·
=
= tanα ( α = BMK
Mà
)
(3)
= IMC
MI MK
AB AC BC
+
=
Từ (1), (2), (3) =>
(đpcm)
MK MI MN

=>

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

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

4c ( 1 điểm)

Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S
=> AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM).
Vẽ HP // AS (P ∈ MS)
=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối
xứng qua BC)
=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do
·
·
·
vì cùng bằng NMC
)
SAC
= AIN
=> KN đi qua trung điểm của HM (đpcm).
5 ( 1 điểm)

Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1.
5
Trang 15

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 6)
C
C1

( 1 điểm)

B

A

C2

- Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài
toán được chứng minh.
- Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1).
Ta có: AB > 1 (1)
Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính bằng 1.
+ Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C
thuộc một trong hai hình tròn
(C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói
trên.
Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào
có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết).
Chứng tỏ C∈ (C1) hoặc C∈ (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều
thuộc (C1) và (C2).

Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một
hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm.
-----------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
( Đề thi gồm 3 câu, 2 trang)
Câu I. (2,0 điểm)
x3
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1 − 3x + 3x 2
 1 
 2 
 2014 
A= f
+ f
 + ..... + f 

 2015 
 2015 
 2015 

1) Cho f ( x ) =

(

)(

)

2) Cho x và y thỏa mãn: x + x 2 + 2016 y + y 2 + 2016 = 2016
Tính: x + y
Câu II (2,0 điểm)
Trang 16

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 6)
2
1) Cho phương trình: x − 2m x + 2m − 1 = 0. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai
2 x1 x2 + 3
nghiệm x1 , x2 với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + x 2 + 2(1 + x x ) khi m
1
2
1 2
thay đổi.
 2
1 1
 x + x + 1 + ÷ = 4
y
y


2) Giải hệ phương trình: 
2
 x 3 + x + x + 1 = 4.

y2 y y3

Câu III. (2,0 điểm)
1) Cho bẩy số nguyên a1, a2, ….a7. Viết các số nguyên đó theo một thứ tự khác được b1,
b2, ....b7. Chứng minh rằng tích: (a1 - b1)(a2 – b2)......(a7 – b7) chia hết cho 2.
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: A = x − 2 + 6 − x
Câu IV. (3,0 điểm).
1) Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD,
CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC.
·
Tính BPE
.
2) Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định ( O ∉ AB ). P là điểm di động trên
đoạn thẳng AB ( P ≠ A, B và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P
tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường
tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N ≠ P ).
·
a) Chứng minh rằng ·ANP = BNP
và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường
tròn.
b) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di
động.
Câu V. (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

Trang 17


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 4)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
Chú ý:
-

Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Điểm bài thi không làm tròn

Trang 18


Câu
Câu I
2,0 đ

Đáp án

Điểm

1) 1 điểm

3
(
1−
x ) TOÁN 91 −CÓ
3x ĐÁP
+ 3 x 2ÁN
− x 3MỚI NHẤT( PHẦN 6) 0,25
BỘ ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI
=
Ta có f (1 − x) =
2
1 − 3 x + 3x 2
1 − 3(1 − x ) + (1 − x )
0,5
suy ra f ( x ) + f (1 − x ) = .... = 1

Do đó :

0,5

 1 
 2014 
 2 
 2013 
 1007 
 1008 
A= f
 + F
+ f

+ f
 + .... + f 
+ f

 20`15 
 2015 
 2015 
 1015 
 2015 
 2015 

2) 1 điểm

(

)(

)

Vì x + x 2 + 2016 y + y 2 + 2016 = 2016

(

)

Nên x + x + 2016 =
2

2016

y + y 2 + 2016

Tương tự : y + y 2 + 2016 =

=

0,25

y + 2016 − y
2

0,25

x 2 + 2016 − x

Cộng vế theo vế:
Ta có : x + y + y 2 + 2016 + x 2 + 2016 = y 2 + 2016 + x 2 + 2016 -x-y
Suy ra : 2(x +y) = 0 nên x + y = 0
Câu II 1) 1điểm
2,0 đ Ta có ∆ ' = (m − 1) 2 ≥ 0, ∀m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m.
4m + 1
Theo định lí viet, ta có x1 + x2 = 2m, x1 x2 = 2m − 1 , suy ra P =
4m 2 + 2
1
(2m − 1) 2
= 1−
≤ 1. Max P = 1, khi m = .
2
2
4m + 2

2) 1 điể m

0,5

0,25
0,25
0,5

1
 2 1
x + 2 + x+ =4

1

y
y

+
u = x đương
Đk: y ≠ 0. Hệ tương
với
0,25

y



1
x
1

3
 ta
2
Đặtu 2 + u − 2v =4
được
hệ


u − 4u + 4 =0x + yu3 =+ 2y  x + y ÷ = 4.
x
v ⇔


 ⇔
 3
= , 2
y
u − 2uv = 4 
 u + u − 4 = 2v
v = 1.

1

x+ =2

0,25
y
x = 1
u = 2


⇔
N H O
Với 
ta được 
(thoả mãn N
điều
0,5
H kiện)
O
x
y = 1.
v = 1,



D
Câu
1) 1 điểm
=1
C
CD

y
III
Đặt ci = ai – bi với i = 1, 2, 3, …, 7.
N H2 +O... + b7A
NH O
2,0
Ta có : c1 + c2 + ....+ c7 =(a1 + a2 +...+ a7) – (bA
)

1 + b
B0,5
P
P
D
D B
C
C
điểm
=0
Suy ra trong các số c1, c2, …, c7 phải cóAít nhất một số chẵn. B
A
B
P
P
E
E 0,5
Nên tích: (a1 - b1)(a2 – b2)......(a7 – b7) chia hết cho 2.
E

2) 1 điểm
Trang 19
A = x − 2 + 6 − x ĐKXĐ : 2 ≤ x ≤ 6
Q

E
Q

Q

0,25
Q


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

-----------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)
Câu1: (2,0 điểm)

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
Cho biểu thức: M =
với a > 0, a ≠ 1.
+
+
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên?
M

Câu 2: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x +1
x
=
x − m +1 x + m + 2

b) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:
 x 3 − 3x − 2 = 2 − y
 3
y − 3y − 2 = 4 − 2z
 z 3 − 3z − 2 = 6 − 3x


Câu 3: (2,0 điểm)
a/ Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5.
Chứng minh rằng số

7

19545

P

− 1 chia hết cho 60.

b/ Cho 3 số thực không âm a, b, c chứng minh rằng:
(a 2 + b2 + c 2 ) ≥ 4( a + b + c)( a − b)(b − c)(c − a)

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) có tâm là O và bán kính bằng R. Hai điểm phân biệt B,C cố định
» của (O), A không
nằm trên (O) sao cho BC = a < 2R . Gọi A là điểm bất kì thuộc cung lớn BC
Trang 20


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

trùng với B,C . Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC. Hai điểm E, F
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB và ADC.
a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.
b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R.
c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố định.
Câu 5: (1,0 điểm)
Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô bởi một trong 4
màu: xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng được tô bởi
một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ba đỉnh được tô
cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng được tô cùng một màu (nâu hoặc
đen).
------------Hết-----------

Trang 21


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

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 05 trang)

Chú ý:
-

Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Điểm toàn bài không làm tròn số.

Câu

Đáp án

Điểm

a) (1,5 điểm)
Do a > 0, a ≠ 1 nên:

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

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

0,25

2

1
2,0
điểm

⇒ M>

2 a
+2=4
a

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

b) (0,75 điểm)
Ta có 0 < N =

6 3

< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên
M 2

là 1
Mà

0,25
N=1 ⇔

6 a
= 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2) 2 = 3
a +1+ 2 a
⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp)

Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3)
2
(2,0

2

a) (1,0 điểm)

Trang 22

0,25
0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

0,25

Khi đó (*) ⇔ x 2 + (m + 3)x + m + 2 = x 2 + (1− m)x ⇔ (2m + 2)x = −m
− 2 (**)

Trang 23

0,25


+ Nếu m = −1, (**) ⇔ 0.x = −1, vô nghiệm, suy ra phương trình (*) vô
nghiệm

m + 2 ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
SINH
GIỎI xTOÁN
= − 9 CÓdo
+ NếuBỘ
m ≠ĐỀ
−1THI
thì HỌC
(**) có
nghiệm
đó phương trình đã
0,25
 m+2
 − 2m + 2 = m − 1
cho vô nghiệm nếu 
− m + 2 = −m − 2
 2m + 2

2m + 2

(1)
(2)

 m=0
- Th1: (1) ⇔ −m − 2 = 2m − 2 ⇔ 
1
m=−

2
2

0,25

 m = −2
- Th2: (2) ⇔ −m − 2 = −2m − 6m − 4 ⇔ 2m + 5m + 2 = 0 ⇔ 
1
m=−

2
1
Vậy có 4 giá trị của m để phương trình vô nghiệm là : 1;0; 2; −
2
2

2

a) (1,0 điểm)

0,25

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)


0,5

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
a) (1,25 điểm)
Trước hết ta dễ dàng chứng minh 19545 = 4m (với m nguyên dương)

0,25

0,25

7

Ta sẽ chứng bài toán tổng quát p 4 m − 1 chia hết cho 60 với mọi số
nguyên tố p > 5 và mọi số nguyên dương m
Thật vậy, có p 4 m − 1 = ( p 4 ) m − 1m = ( p 4 − 1) A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1) A (A ∈ N)

3

Do p lẻ nên p −1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( p −1)( p +1)4 (1)
Lại có ( p −1) p( p +1)3 mà p không chia hết cho 3 nên ( p −1)( p +1)3
(2)
Trang 24

0,25

Do p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ±1; 5k ± 2.

0,5
0,5

2

2


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)
0,5

-------Hết-------

0,5

ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 – Năm học 2015 – 2016
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)
( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

5
1,0
điểm

Bài 1(2điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức: A= x2015+ 2x2016+3x2017
Với x =

5+2+
5 +1

b) Cho P = 3 3 + 9 +
Tổng

Bài 2(2điểm)

5−2

0,5

− 3− 2 2

125 3
125
. Chứng minh rằng P là một số nguyên.
− −3 + 9 +
27
27
10,0

a) Giải phương trình :

36
x−2

+

4
y −1

= 28 − 4 x − 2 −

y −1

13 
2 
2
b)Tìm các giá trị của số thực a để phương trình 3x -  2a + ÷x + a + 5 = 0 có ít nhất
2 


một nghiệm nguyên
Bài 3(2điểm)
1) Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR: ( 46 ) n + 296.13 n 1947
2) Cho ba số : a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 . Chứng minh rằng:
a) a 3 + b 3 ≥ a 2 b + ab 2

[

Trang 25

]