BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 7)

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

1.2) Cho x = 3 5 + 2 − 3 5 − 2 . Tính giá trị của biểu thức f ( x) = x 3 + 3x
Bài 2 ( 2.0 điểm)
2.1) Cho phương trình x 2 − mx + m − 2 = 0 (1) (x là ẩn số)
Định m để hai nghiệm x1 , x2 của (1) thỏa mãn

x12 − 2 x22 − 2
.
=4
x1 − 1 x2 − 1

2.2) Giải phương trình: x 2 − x − 2 1 + 16x = 2
Bài 3(2.0 điểm)
3.1) Cho A = k4 + 2k3 − 16k2 − 2k + 15 với k ∈ Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16.
3.2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

1
1
1
1
+
+
+
2
2
xy yz xz
x +y +z
2

Bài 4( 3.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, tia phân giác của góc BAC cắt cạnh BC tại D. Gọi E, F theo
thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC. Đặt AC = b, AB = c, BC = a, AD = d.
4.1) Tính chu vi và diện tích tứ giác AEDF theo d.
4.2) Chứng minh rằng :

2 1 1
= + .
d
b c
1

4.3) Chứng minh rằng :

A
Sin
2

+

1
B
Sin
2

+

1
C
Sin
2

>6

Bài 5 ( 1.0 điểm)
Nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng các viên gạch hình chữ nhật kích thước 1x3 và 3
miếng hình chữ nhật 1x1. Hỏi có thể lát lại nền nhà ấy chỉ bằng một loại gạch 1x3 hay không ?
--------------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 nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của bài đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm của các bài làm đúng và không được làm tròn.
Bài

Đáp án

Điểm

1.1.( 1.0 điểm)
 x + x +1

Với x > 0, x ≠ 1, rút gọn được: 

 x+ x

và
1
(2.0 đ)

x2 + x x − x − x
x +1

−

x − x +1 
=
x − x 

−2
x .( x −1)

x .( x −1)

=

.

0,25 đ
0,25 đ

 x + x +1 x − x +1  x 2 + x x − x − x
.
−
Suy ra : 
= - 2 (đpcm !)

x
+
x
x
−
x
x +1



0,5 đ

1.2( 1.0 điểm)
Ta có x3 =

(

3

5 +2 − 3 5 −2

x3 = 5 + 2 − 5 + 2 − 3 3
x3 = 4 − 3 3 5 − 4

(

3

(

)

5+2

3

)(

0,25đ
5 −2

)

)(

3

5 + 2 − 3 5 − 2 = 4 − 3x

⇒ f ( x) = 4 − 3x + 3x = 4
2.1 ( 1.0 điểm)

5 +2 − 3 5 −2

)

0,25đ
0,25đ
0,25đ


Cho phương trình x 2 − mx + m − 2 = 0 (1) (x là ẩn số)
Định m để hai nghiệm x1 , x2 của (1) thỏa mãn

2
(2.0 đ)

x12 − 2 x22 − 2
.
=4
x1 − 1 x2 − 1

Vì a + b + c = 1 − m + m − 2 = −1 ≠ 0, ∀m nên phương trình (1) có 2 nghiệm
x1 , x2 ≠ 1, ∀m .
0,25đ
2
Từ (1) suy ra : x − 2 = mx − m
x12 − 2 x22 − 2
mx − m mx2 − m
.
=4⇔ 1
.
=4
x1 − 1 x2 − 1
x1 − 1
x2 − 1
m 2 ( x1 − 1)( x2 − 1)
⇔
= 4 ⇔ m 2 = 4 ⇔ m = ±2
( x1 − 1)( x2 − 1)

0,25đ
0,5đ

2.2 ( 1.0 điểm)
Giải phương trình x2 - x - 2 1 + 16x = 2 .

ĐKXĐ: x ≥ −

1
16

Khi đó phương trình ⇔ x2 - x = 2( 1 + 16x + 1)
Xét: 1 + 16x + 1 = 2y ( y ≥

1
)
2

⇔ 1 + 16x = 4y -4y + 1
2

⇔ 4y - 4y = 16x ⇔ y - y = 4x (*)
2

2

0,25đ

 y − y = 4x
⇒ (x − y)(x + y + 3) = 0
2
 x − x = 4y
2

Ta có: 

x = y
⇔
 x + y + 3 = 0 (lo¹i v× x ≥ - 1 vµ y ≥ 1 )

16

2

0,25 đ

Với x = y thay vào (*) ⇒ x2 - x = 4x
⇔ x2 - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0

 x = 5 (tho¶ m·n)
 x = 0 (lo¹i)

⇔

0,25 đ

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5
0,25 đ
3
(2.0 đ)

3.1( 1.0 điểm)


Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k ∈ Z
Với k ∈ Z ⇒ ta xét các trường hợp sau:
TH1: k chẵn ⇒ A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ
⇒ A không chia hết cho 2
⇒ A không chia hết cho 16 (loại) (1)
TH2: k lẻ, ta có:
A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15)
= (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ ⇒ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn
⇒ A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) M2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ với ∀ k ∈ Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16.

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25 đ

3.2 ( 1.0 điểm)
1 1 1
9
+ + ≥
(với A, B, C > 0)
A B C A+B+C
1
1
1
9
+ +
≥
⇒ với x, y, z > 0 ta có:
xy yz zx xy + yz + zx

Áp dụng bất đẳng thức:

⇒P ≥
⇒P ≥(

1
9
+
2
2
x +y +z
xy + yz + zx
2

1
x +y +z +
2

2

2

+

1
1
7
+
)+
xy + yz + zx xy + yz + zx xy + yz + zx

9
7
≥ 2

+
2
2
x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx xy + yz + zx
9
7
9
21
+
≥
+
≥ 30
=
2
2
xy + yz + zx (x + y + z)
(x + y + z)
(x + y + z)2

0,25 đ

0,25 đ

(Do 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 và x + y + z = 1)
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =
Vậy Pmin = 30 ⇔ x = y = z =

1
3

0,25 đ

1
3

0,25 đ


4
(3.0 đ)

A

F

E
H

B

C
D

4.1 ( 1.0 điểm)
Tứ giác AEDF có góc DEA bằng góc EAF bằng góc AFD
bằng 900
0,25đ
Tứ giác AEDF là hình chữ nhật mà có AD là tia phân giác của góc A nên
tứ giác AEDF là hình vuông
Xét ∆ AED vuông cân tại E . ÁP dụng định lý Pitago ta có

AD2=AE2+ED2 => AD2 =2AE2
0,25đ
d 2
AE=
0,25đ
2
Vậy chu vi tứ giác AEDF bằng 2 2d
0,25đ
Diện tích tứ giác AEDF bằng

d2
2

4.2 ( 1.0 điểm)
Ta có SABC = SABD+ SACD
1
1
1
AB. AC = AB.DE + AC.DF
2
2
2
1
⇔ b.c = c. d 2 + b. d 2
2
2
2
⇔

0,25đ

0,25đ

⇔ bc = c. d 2 + b. d 2
2
2
⇔ 2bc = cd + bd
2 1 1
= +
⇒
d b c

0,25đ
0,25đ


4.3 ( 1.0 điểm)
Kẻ BH vuông góc với AD tại H
Xét ∆ ABH vuông tại H
S in

A BH BD
≤
=
2 AB AB

0,25đ

Theo tính chất đường phân giác tacó:
a
b+c

BD CD BD + CD
BC
=
=
=
=
AB AC AB + AC AB + AC

0,25đ

1
b+c
A
a
≥
=>S in ≤
=> Sin A
a
2 b+c
2
1
c+a
1
a+b
≥
;
≥
B
C

Tương tự: Sin
b
c
Sin
2
2
1
1
1
c+b c+a a +b
+
+
≥
+
+
=> Sin A Sin B Sin C
a
b
c
2
2
2
1

=> Sin A

+

1
Sin

2

B
2

+

1
Sin

C
2
1

≥

Áp dụng Cosi ta có : Sin A

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

2

1
B
Sin
2

+

1
C
Sin
2

≥6

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay tam giác ABC đều, trái giả thiết
tam giác ABC vuông
1

=>

5
(1.0 đ)

Sin

A
2

+

1
Sin

B

2

+

1
Sin

C
2

>6

0,25đ

0,25đ

Ta có nhận xét sau: Nền nhà có ít nhất một kích thước là số nguyên chia
hết cho 3. Thật vậy , giả thiết phản chứng không phải như vậy, khi đó
hoặc kích thước của nền nhà có dạng:
a) 3k + 1; 3q + 1, khi đó diện tích S của nền nhà là:
0,25đ
S = ( 3k + 1)(3q + 1) ⇒ S không chia hết cho 3.
b) 3 k + 1; 3q + 2, khi đó diện tích S của nền nhà là:
S = ( 3k + 1)(3q + 2) ⇒ S không chia hết cho 3.
c) 3 k + 2; 3q + 2, khi đó diện tích S của nền nhà là:
0,25đ
S = ( 3k + 2)(3q + 2) ⇒ S không chia hết cho 3.


Như thế ta luôn có S không chia hết cho 3.

( 1)
Mặt khác, vì nền nhà đã cho lát kín được bằng các viên gạch 1x3 và 3
viên 1x1. Do đó S = 3n + 3, ở đây n là số viên gạch 1x3 dùng. Như thế lại
có S chia hết cho 3.
( 2)
Từ ( 1) và (2) suy ra vô lý, vậy giả thiết phản chứng là sai. Nhận xét được 0,25
chứng minh.
Quay trở lại bài toán: Lát viên gạch 1x3 theo chiều cạnh của hình chữ
nhật có kích thước chia hết cho 3. Làm như vậy sẽ lát kín được nền nhà đã
cho mà chỉ phải dùng một loại gạch có kích thước 1x3.
0,25đ
Vậy có thể lát lại nền nhà ấy chỉ bằng một loại gạch 1x3.
--------------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)
1. (1,0 điểm). Rút gọn A = 13 + 2 + 5 1 + 2 2 + 13 + 2 − 5 1 + 2 2
 x + y + z = 2
2. (1,0 điểm). Cho x, y, z > 0 và 
;
 x + y + z = 2
 x
y
z 
+
+

÷
Hãy tính P = (1 + x )(1 + y )(1 + z ) 
÷.
 1+ x 1+ y 1+ z 
Bài 2 (2,0 điểm):

1. (1,0 điểm). Giải phương trình x 2 − x + 12 1 − x = 36
2. (1,0 điểm). Tìm k ∈ Z để các nghiệm của phương trình sau là các số hữu tỉ
2
kx + ( 2k − 1) x + k + 2 = 0


Bài 3 (2,0 điểm):
1. (1,0 điểm) Tìm các số nguyên dương x, y biết (x + y)5 = 120y + 3.
2. (1,0 điểm) Cho a, b > 0, thỏa mãn ab > 2015a + 2016b.
Chứng minh a + b >

(

2015 + 2016

)

2

Bài 4 (3,0 điểm):
1. (1,0 điểm) Tam giác ABC đều, cạnh a nội tiếp đường tròn (O; R). Điểm M tùy ý
thuộc đường tròn. Chứng minh MA2 + MB2 + MC2 = 6R2.
2. (2,0 điểm) Tam giác ABC nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao
BD, CE, gọi I là trung điểm DE, tia AI cắt đường tròn (O) tại điểm M khác A. Gọi N là điểm

đối xứng của M qua BC.
a. Chứng minh

AD BN
=
AE CN

b. Chứng minh các góc BNC và DNE bằng nhau.
Bài 5 (1,0 điểm) Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại
một hình tròn có bán kính R =

1
chứa toàn bộ đường gấp khúc đó.
4
----- 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:

Bài

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

Điểm

1.(1điểm)
A = 13 + 2 + 5 1 + 2 2 + 13 + 2 − 5 1 + 2 2
A = 13 + 2 + 5 1 + 2 2 + 13 + 2 − 5 1 + 2 2
A2 =
13 + 2 + 5 1 + 2 2 + 2 13 + 2 + 5 1 + 2 . 13 + 2 + 5 1 + 2 +
13 + 2 − 5 1 + 2 2

0,25đ


(

)

2

(

= 26 + 2 2 + 2 13 + 2 − 5 1 + 2 2

)

2

Bài 1
(2,0 điểm) = 26 + 2 2 + 2 169 + 26 2 + 2 − 25 1 + 2 2

(

= 26 + 2 2 + 2 46 − 24 2 = 26 + 2 2 + 2

(

)

)
( 12 − 2 )

0,5đ
2

0,25đ

= 26 + 2 2 + 2 12 − 2 = 50
⇒ A = 5 2 ( do A >0)

2.(1điểm)
Đặt a = x ; b =

y ; c = z (a, b, c > 0).

a + b + c = 2
Bài toán trở thành: Cho a, b, c > 0 và  2
(I)
2
2
a + b + c = 2

0,25đ
0,25đ

b
c 
 a
+
+
2
2
2 ÷
 1+ a 1+ b 1+ c 

2
2
2
Hãy tính P = (1 + a )(1 + b )(1 + c ) 

0,5đ

Từ giả thiết (I), ta chứng minh được ab + bc + ca = 1.
Tính được kết quả P = 2
1.(1điểm)
Điều kiện: x ≤ 1 (*).
Khi đó phương trình tương đương với
x 2 − 2 x + 1 = 36 − 12 1 − x + 1 − x
⇔ ( x − 1) 2 =

( x − 1)
Bài 2
(2,0 điểm)

(

2

−

(

(

)

0,25 đ

2

1− x − 6 ⇔

1− x − 6

⇔ x + 5 − 1− x

)

2

(

)(

)

= 0 ⇔ x −1− 1− x + 6 x −1+ 1− x − 6 = 0

) ( x−7+

)

1− x = 0

 x + 5 = 1 − x
⇔
⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện).
7 − x = 1 − x
Vậy x = 1.

0,5 đ

0,25 đ

2.(1điểm)
Xét phương trình kx2 + (2k – 1)x + k – 2 = 0 (1)
0,25đ
+ Nếu k = 0 ⇒ (1) trở thành – x = 2 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)
+ Nếu k khác 0.
V = (2k – 1)2 – 4.k(k – 2) = 4k2 – 4k + 1– 4k2 + 8k = 4k + 1 Vì
k ∈ Z ⇒ 4k + 1 ∈ Z. Để (1) có nghiệm hữu tỉ ⇒ 4k + 1 là số
chính phương
Đặt 4k + 1 = n2 (n ∈ Z) mà 4k + 1 lẻ ⇒ n lẻ ⇒ n = 2p + 1

(p ∈ Z)
Vậy 4k + 1 = (2p + 1)2 ⇒ k = p(p + 1)
Vậy k là tích hai số nguyên liên tiếp

0,5đ
0,25đ

1.(1điểm)
Ta có (x + y)5 = 120y + 3 < 120(x + y)
0,25đ
⇒ (x + y)4 < 120 < 44 ⇒ x + y < 4
Do x, y ∈ ¥ , nên 2 ≤ x + y < 4 , mà 120y + 3 là số lẻ, nên suy ra 0,5đ
0,25đ
x + y là số lẻ, suy ra x + y = 3.
Vậy 35 = 120y + 3 ⇔ y = 2, dẫn đến x = 1.
2.(1điểm)
Bài 3
(2,0 điểm)
2015 2016
+
Từ giả thiết, suy ra 1 >
,
b
a
2015a
2016b
+ 2016 ; b > 2015 +
suy ra: a >
,

a
b
2015a 2016b
+
+ 2015
Vậy a + b > 2015 +
b
a
2
2015a 2016b
≥ 2015 + 2
.
+ 2016 = 2015 + 2016 .
b
a

(

0,5 đ
0,5 đ

)

1.(1điểm)

A

B

C

M
1. Xét trường hợp điểm M thuộc cung nhỏ BC (các trường hợp
khác làm tương tự).

0,25đ


Bước 1: Ta chứng minh: MA = MB + MC (1).
Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có:
MA.BC = MB.AC + MC.AB.
0,25đ
Suy ra MA.a = (MB + MC).a ⇒ MA = MB + MC, vậy (1)
được chứng minh.
Bài 4
Từ (1), suy ra MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC
(3,0 điểm) ⇒ MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (2).
Bước 2: Chứng minh MB2 + MC2 + MB.MC = a2 (3).
·
Do tam giác ABC đều ⇒ Tam giác BMC có BMC
= 1200 .
0,5đ
Kẻ BH vuông góc với MC. Ta có:
2
2
2
2
2
2
2

2
a = BC = BH + CH = BH + MH + MC + 2MH.MC = MB
+ MC2 + MB.MC.
Vậy (2) được chứng minh.
Do a = R 3 , nên ta có: MA2 + MB2 + MC2 = 6R2.
2-a(1 điểm)
A
D
I
E

N

H
B

C

M
2. Giả sử H là giao điểm BD và CE.
·
·
·
·
·
Dễ thấy BNC
, nên tứ giác 0,25đ
= BMC
= 1800 − BAC
= EHD

= BHC
0,25đ
·
·
BHNC nội tiếp, suy ra NBD
(1).
= NCE
Dễ chứng minh ∆AEI : ∆AMB (g.g) và ∆ADI : ∆AMC (g.g). 0,25đ
Nên

AD AD IE AM BM BM BN
=
.
=
.
=
=
(2).
AE ID AE CM AM CM CN

0,25đ

2-b(1 điểm)
BD AD
=
(3) (do ∆ABD : ∆ACE )
CE AE
BD BN
=
Từ (2) và (3). suy ra

(4)
CE CN

Chứng minh được

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Từ (1) và (4) suy ra hai tam giác BND và CNE đồng dạng 0,25đ
(c.g.c), suy ra các góc BND và CNE bằng nhau.


Suy ra các góc BNC và DNE bằng nhau.
Bổ đề: Cho tam giác ABC, O là trung điểm AB. Khi đó
CO <

Bài 5
(1,0 điểm)

CA + CB
.
2

C

Chứng minh:

A
O

B
D

Lấy D đối xứng với C qua O, ta có CD < AD + AC, suy ra 2CO
< CB + AC hay CO <

CA + CB
2

Chú ý: Nếu C trùng với A hoặc B thì CO =
C
A

0,25đ

CA + CB
2

.

O
B

Xét bài toán trên: Trên đường gấp khúc lấy 2 điểm A, B sao
cho A, B chia đường gấp khúc thành 2 phần bằng nhau và bằng
0,5.
+ Suy ra AB ≤ 0,5 (Vì độ dài đoạn thẳng AB luôn nhỏ hơn hoặc
0,25đ
bằng độ dài đường gấp khúc nối hai điểm AB)
+ Gọi trung điểm AB là O.

+ Xét C là một điểm bất kỳ thuộc đường gấp khúc thì ta
có OC ≤

CA + CB
2

(1) (theo bổ đề trên)

+ Cũng có CA + CB ≤

1
(2) (Vì độ dài đoạn thẳng AC luôn nhỏ
2

hơn hoặc bằng độ dài đường gấp khúc nối hai điểm AC và độ
dài đoạn thẳng BC luôn nhỏ hơn hoặc bằng độ dài đường gấp
khúc nối hai điểm BC, mà độ dài đường gấp khúc nối hai điểm
1
AB bằng )
2
1
+ Từ (1), (2) suy ra: OC ≤ CA + CB ≤ 2 = 1
2
2 4
1
Vậy (O; ) chính là đường tròn cần tìm.
4

................Hết.................
ĐỀ SỐ 3

0,25đ
0,25đ


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. Tính giá trị biểu thức A = (3x + 8x − 2)
3

2. Chứng minh rằng nếu

2

2016

với x =

( 5 + 2) 3 17 5 − 38
5 + 14 − 6 5

x 2 + 3 x 4 y 2 + y 2 + 3 x 2 y 4 = a thì

3

.

x 2 + 3 y2 = 3 a 2

Bài 2(2 điểm).
1. Tìm các giá trị của m để phương trình:
x2 –(m – 5)x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn – 1.
(x − y)(x 2 − y 2 ) = 63
2. Giải hệ phương trình: 
2
2
(x + y)(x + y ) = 203

Bài 3(2 điểm).
1. Giả sử a, b, c, d, là bốn số nguyên bất kì. Chứng minh rằng:
(b – a)(c – a)(d – a)(d – b)(d – c)(c – b) chia hết cho 12.
2. Cho x, y, z là các số thực không âm bất kì. Chứng minh:
x(x - z)2 + y(y – z)2 ≥ (x – z)(y – z)(x + y – z)
Bài 4(3 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB, C là một điểm thuộc đường tròn. H
là hình chiếu của C trên AB. Vẽ đường tròn tâm I có đường kính CH, cắt AC và BC theo
thứ tự tại M và N.
1. Chứng minh OC vuông góc với MN.
2. Vẽ đường kính COK của đường tròn (O). Gọi P là trung điểm của HK. Chứng minh
rằng P là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB.
3. Cho AB cố định. Xác định vị trí của điểm C để bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AMNB lớn nhất.
Bài 5(1 điểm). Trên mặt phẳng cho 25 điểm sao cho từ ba điểm bất kì trong số chúng đều
tìm được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình
tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 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 bài theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi không làm tròn.
Bài
Đáp án
1. (1 điểm)
( 5 + 2) 3 17 5 − 38

x=
=
=

5 + 14 − 6 5

=

( 5 + 2) 3 5 5 − 15.2 + 12 5 − 8
5 + 9 − 2.3 5 + 5

( 5 + 2) 3 ( 5 − 2)3

Điểm
0,25
0,25

5 + (3 − 5) 2
( 5 + 2)( 5 − 2) 5 − 4 1
=
= (vì 3 >
3
3
5 +3− 5

5)

0,25
2016

Bài 1
(2điểm)

1
 1

Vậy A = (3x 3 + 8x 2 − 2) 2016 =  3. + 8. − 2 ÷


27

9

x 2 + 3 x 4 y2 + y 2 + 3 x 2 y 4 = a

(1)

= (−1) 2016 = 1



0,25

2. (1 điểm)
Đặt

3

x 2 = u; 3 y 2 = v(u, v ≥ 0) ⇒ x 2 = u 3 ; y 2 = v 3 .

(1) trở thành

0,25

u 3 + u 2 v + v3 + uv 2 = a

⇒ a 2 = u 3 + u 2 v + v3 + uv 2 + 2 u 2 v 2 (u + v) 2
= u 3 + v3 + u 2 v + uv 2 + 2uv(u + v)(dou, v ≥ 0, u + v ≥ 0)
= u + v + 3u v + 3uv = (u + v)
3

3

2

2

3

0,25
0,25

⇒ 3 a 2 = 3 (u + v)3 = u + v = 3 x 2 + 3 y 2

Vậy nếu x 2 + 3 x 4 y2 + y 2 + 3 x 2 y 4 = a thì

3

x 2 + 3 y 2 = 3 a 2 (đpcm)

1. (1 điểm)
Phương trình: x2 –(m – 5)x + m – 1 = 0 (1)
Bài 2
Đặt x + 1 = y. Thay x = y – 1vào (1) ta được:
(2điểm) (y – 1)2 –(m – 5)(y – 1) + m – 1 = 0
<=> y2 – 2y + 1 –(m – 5)y + m – 5 + m – 1 = 0
<=> y2 – ( m – 3)y + 2m – 5 = 0
(2)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn – 1 khi và chỉ khi
phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt.
(m − 3) 2 − 4(2m − 5) > 0
∆ > 0


⇔ S > 0 ⇔ m − 3 > 0
P > 0
 2m − 5 > 0




0,25

0,25

0,25


m < 7 − 2 5
m 2 − 4m + 29 > 0


⇔ m > 3
⇔   m > 7 + 2 5
m > 2,5


m > 3
⇔ m > 7 + 2 5 . Vậy với m > 7 + 2 5 thì phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt lớn hơn – 1.
2. (1 điểm)

0,25

0,25

(x − y)(x 2 − y 2 ) = 63

(x + y)(x − y) 2 = 63(1)
⇔

2
2
2
2
(x + y)(x + y ) = 203 (x + y)(x + y ) = 203(2)
⇒

(x − y) 2
63
x 2 − 2xy + y 2
9
=
⇔
=
(3)
2
2
2
2
x +y
203
x +y
29

0,125

(x 2 + y 2 ) − (x 2 − 2xy + y 2 ) 29 − 9

⇒
=
x 2 + y2
29
2xy
20
x 2 + y 2 + 2xy 49
=
⇔
=
(4)
x 2 + y 2 29
x 2 + y2
29
Từ (3) và (4) suy ra:
x 2 − 2xy + y 2 9
(x − y) 2 9
9
=
⇔
=
⇒ (x − y) 2 = .(x + y) 2
2
2
2
x + 2xy + y 49
(x + y) 49
49
Thế vào (1) ta được:
⇔

9
(x + y)2 = 63 ⇔ (x + y)3 = 343 ⇔ x + y = 7
49
Thế x + y = 7 vào (2) ta được: x2 + y2 = 29 <=> (x+y)2 – 2xy = 29
<=> 72 – 2xy = 29 <=> 2xy = 20 <=> xy = 10.
(x + y). (x + y).

0,125

0,125

0,125
0,25

x + y = 7
 xy = 10

Ta có hệ phương trình: 

Giải hệ phương trình trên ta được hai nghiệm là (5; 2), (2; 5).
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (5; 2); (2; 5).
Bài 3
1. (1 điểm)
(2điểm) Đặt A = (b – a)(c – a)(d – a)(d – b)(d – c)(c – b)
Vì 12 = 3.4 mà 3 và 4 là hai số nguyên tố cùng nhau nên để chứng
minh A chia hết cho 12 ta cần chứng minh A chia hết cho 3 và A chia
hết cho 4.
- Xét phép chia bốn số nguyên a, b, c, d cho 3. Theo nguyên lí
Dỉrichlet luôn tồn tại hai số có cùng số dư trong phép chia cho 3, suy

ra hiệu của chúng chia hết cho 3. Do đó A chia hết cho 3.
- Xét phép chia A cho 4.
Nếu trong bốn số a, b, c, d có hai số chẵn (chẳng hạn a và b) và hai số
lẻ (chẳng hạn c và d) thì A có hai hiệu (a – b và c – d ) là số chẵn
=> A M4
Nếu trong bốn số a, b, c, d có ba số chẵn hoặc ba số lẻ thì A cũng có
hai hiệu là số chẵn => A M4.

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


2. (1 điểm)
x(x - z)2 + y(y – z)2 ≥ (x – z)(y – z)(x + y – z) (1)
Đặt A = x(x - z)2 + y(y – z)2 ; B = (x – z)(y – z)(x + y – z)
Ta có : A – B = x(x - z)2 + y(y – z)2 - (x – z)(y – z)(x + y – z)
2
=  x ( x − z ) − (x − z) ( y – z ) .x  +  y(y − z) 2 − (x − z)(y − z).y 


+ (x − z)(y − z).z
= x(x − z)(x − z − y + z) + y(y − z)(y − z − x + z) + z(x − z)(y − z)
= x(x − z)(x − y) − y(y − z)(x − y) + z(x − z)(y − z)
= (x − y)(x 2 − xz − y 2 + yz) + z(x − z)(y − z)

0,25

= (x − y)(x − y)(x + y − z) + z(x − z)(y − z)
= (x − y) 2 (x + y − z) + z(x − z)(y − z)
- Nếu B ≤ 0, do x, y, z ≥ 0 ta có A ≥ 0 ≥ B => (1) đúng
- Nếu B > 0 ta sẽ chứng minh (x – z)(y – z) > 0 và x+ y – z > 0 (3)
Thật vậy, giả sử (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0
Từ (x – z)(y – z) < 0 => x > z hoặc y > z => x + y > z => x+ y-z > 0
mâu thuẫn với x + y – z < 0. Vậy (3) đúng.
=> (x − y) 2 (x + y − z) + z(x − z)(y − z) ≥ 0 => A – B ≥ 0 => (1) đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, hoặc x = y và z = 0, hoặc
y = z và x = 0, hoặc z = x và y = 0.
Hình vẽ:
C

Bài 4
(3điểm)

M

A

0,25

0,25
0,25

N

I

O

H

B

P

1. (1 điểm)
· K = 900
Vì C thuộc đường tròn đường kính AB nên ACB
Xét tam giác MIC có IM = IC (bán kính (I))
·
·
=> tam giác MIC cân tại I => CMI
.
= ACI
Xét tam giác BOC có OB = OC (bán kính (O))
µ = OCB
·
=> tam giác BOC cân tại O => B
.
·
µ (cùng phụ với CAB
·
·
·
Mà ACI
)nên CMI

=B
= OCB
·
·
·
·
Ta lại có: CMI
+ CNI
= 900 nên OCB
+ CNI
= 900 . Vậy OC ⊥ MN .
2. (1 điểm)
·
·
·
µ (c/m a) => CMI
·
µ hay CMN
·
·
Từ CMI
và ACI
= ACI
=B
=B
= NBA
=> tứ giác AMNB nội tiếp.
Nối OP, IP. Xét tam giác CHK có I là trung điểm của CH (do I là tâm
đường tròn đường kính CH) và P là trung điểm của HK(gt)

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

0,25


=> IP là đường trung bình của tam giác CHK => IP // CK.
Mà CK ⊥ MN (do OC ⊥ MN - c/m a) nên IP ⊥ MN => IP là đường
trung trực của MN.
Chứng minh tương tự ta có OP là đường trung trực của AB.
Vậy P là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB.
3. (1 điểm)
Nối AP. Ta có PA là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB.
Xét tam giác AOP vuông tại O. Áp dụng định lí Py-ta-go ta có:
PA 2 = OA 2 + OP 2 => PA = OA 2 + OP 2 .
Do AB cố định nên OA có độ dài không đổi. Do đó PA lớn nhất
<=> OP lớn nhất.
Vì OP là đường trung bình của tam giác CHK nên OP =

1
CH
2

Do đó OP lớn nhất <=> CH lớn nhất <=> H trùng O.
<=> OC ⊥ AB <=> C là điểm chính giữa của cung AB.
Vậy khi C là điểm chính giữa của cung AB thì bán kính đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AMNB lớn nhất.
- Xét điểm A và hình tròn tâm A bán kính bằng 1. Nếu tất cả 24 điểm

còn lại đều nằm trong (A; 1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh.
- Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (A; 1). Ta có AB > 1.
Bài 5
Xét hình tròn tâm B bán kính bằng 1. Giả sử C là một điểm bất kì
(1điểm) khác A và B. Ta chứng minh C phải thuộc một trong hai hình tròn
(A; 1) hoặc (B; 1).
Thật vậy, giả sử C không thuộc cả hai hình tròn (A; 1) và (B; 1)
=> AC > 1 và BC > 1. Theo trên ta có AB > 1. Như vậy có bộ ba
điểm A, B, C trong đó không có bất kì hai điểm nào có khoảng cách
giữa chúng nhỏ hơn 1. Điều này trái với giả thiết, chứng tỏ C thuộc
vào (A; 1) hoặc C thuộc vào (B; 1).
Vậy cả 25 điểm đó đều thuộc vào (A; 1) và (B; 1). Theo nguyên lí
Dỉrichlet phải có ít nhất một hình tròn chứa không ít hơn 13
điểm(đpcm).
-----------Hết-----------

ĐỀ SỐ 4

0,25
0,25
0,25

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

0,25

0,25
0,25


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 3 câu, 2 trang)
Bài 1 (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 3 20 + 14 2 + 3 20 - 14 2
b) Cho 100 số tự nhiên a1 , a2 ,..., a100 thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
+
+ ... +
= 19
a1
a2
a100

Chứng minh rằng trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau.
Bài 2 : (2,0 điểm)
a) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 .
Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương.
1
1
9


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

Bài 3 : (2,0điểm)
a) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên
b) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

19b 3 - a 3 19c3 - b 3 19a 3 - c3
+
+
≤ 3(a + b + c)
ab + 5b 2 cb + 5c2 ac + 5a 2

Bài 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B
và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M ( M ≠ B;C ) . Gọi I; H; K lần lượt
là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của
MC với IH.
a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK.
b) Gọi (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp ∆ MPK và ∆ MQH. Chứng minh
rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ).
c) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O 1),(O2 ) Chứng minh rằng
M,N,D thẳng hàng.
Bài 5 ( 1,0 điểm)
Sau một bữa tiệc, mỗi người bắt tay một lần với mỗi người khác trong phòng. Hệ thống camera

tự động đếm thấy có tất cả 66 cái bắt tay.
Hỏi trong phòng có bao nhiêu người?
...............Hết.................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 4)


Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN

Câu

Đáp án

Điểm

a. (1điểm)
20 + 14 2 ; v = 3 20 − 14 2
Ta có x = u + v và u 3 + v3 = 40

0,25điểm

u.v = 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

+ Đặt u =

3

x = u + v ⇒ x3 = u 3 + v3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x
hay x3 − 6 x = 40 . Vậy M = 40
b. (1 điểm)
1
1
1
+
+ ... +
<2 n −2
2
3
n
1
2
2
=
∠
= 2 k − k −1
Thật vậy: Từ
k 2 k
k + k −1
+ Ta có: A =
1
(2điểm)

(

)

, suy ra:

0,25điểm

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

Giả sử trong 100 số tự nhiện đã cho không có hai số nào bằng nhau.
Không
mất
tính
tổng
quát,
giả
sử:
a1 < a2 < ... < a100 ⇒ a1 ≥ 1, a2 ≥ 2,...an ≥ 100
1
1
1
1
1
1
Thế thì: a + a + ... + a ≤ 1 + 2 + ... + 100 < 2 100 − 1 = 19
1
2
100

0,25điểm

0,25điểm

(áp dụng (*))
Kết qủa này trái với giả thiết. Vậy tồn tại hai số bằng nhau trong 100 0,25điểm
số đã cho.
a. (1điểm )
Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 .
Với m là tham số . Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm
dương.
* Xét m = - 2 => 6x = 4 => x =
* Xét m ≠ - 2 => ∆ ' = - 2m + 5

2
3

( nhận m = - 2)

5
1
5
khi đó PT có nghiệm kép x = => (nhận m = )
∆ = 0 => m =
2
3
2

0,25điểm

'

* Phương trình có đúng một nghiệm dương khi P < 0

⇔ -2 < m < 2 .
* Xét p = 0 =>m = 2 => 4x2- 2x = 0 => x = 0 , x =

1
=> m = 2 nhận.
2

0,25điểm
0,25điểm


5
KL : -2 ≤ m ≤ 2 , m =
2
2
(2điểm)

0,25điểm

Điều kiện: x;y ≠ 0

0,25điểm

b.1điểm

1
1
9

x + y + x + y = 2

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

Giải (2) ta được:

 xy=2 (3)

 xy= 1 (4)

2

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


  y = 1

Thay xy =

1
3
vào (1) ta được x + y =
2
2

(6)

 x = 1

3

 y = 1
 x + y = 2
 
2
⇔
Từ (6)và(4) ta được: 
(thoả mãn ĐK)
1

 xy = 1
 x =

2


2
 y = 1

 1 1 

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), 1; ÷,  ;1÷
 2 2 
3
(2điểm)

0,25điểm

0,25điểm

0,25điểm

a. (1 điểm)

Đặt:

S = 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10⋅11⋅12
S
0,25điểm
= 3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11⋅12
⇒
(1) là một số nguyên
100
0,25điểm
⇒

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),
S
nếu chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy
có chữ số tận cùng là 6 (vì
0,25điểm
100


0,25điểm

3⋅4=12; 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

b. (1 điểm)
Ta có a2 + b2 - ab ≥ ab
⇔ (a + b)(a 2 + b 2 - ab) ≥ ab(a + b) ⇔ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b)
⇒ a 3 + 20b 3 ≥ 19b 3 + ab(a + b) ⇔ 20b 3 - ab(a + b) ≥ 19b 3 - a 3
⇔ b(20b 2 - ab - a 2 ) ≥ 19b 3 - a 3 ⇔ b(20b 2 - 5ab + 4ab - a 2 ) ≥ 19b 3 - a 3

0,25điểm

⇔ b[5b(4b - a) + a(4b - a)] ≥ 19b 3 - a 3
⇔ b(4b - a)(a + 5b) ≥ 19b 3 - a 3 ⇔ (4b - a)(ab + 5b 2 ) ≥ 19b 3 - a 3
⇒

19b 3 - a 3
≤ 4b - a
ab + 5b 2
19c3 - b 3

19a 3 - c3
Tương tự với a, b, c > 0 thì:
≤
4c
b;
≤ 4a - c
cb + 5c2
ac + 5a 2
Từ đó ta có BĐT cần chứng minh.

0,25điểm

0,25điểm
0,25điểm

a. (1 điểm)

A

O2

N

K

H

O1 M

4

(3điểm)

P
B

Q

E

E'
I

D

C

O

·
Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác của HMK

0,25điểm


Vì ∆ ABC cân tại A nên ·ABC = ·ACB
Gọi tia đối của tia MI là tia Mx
Ta có tứ giác BIMK và tứ
·
·
⇒ IMK

= 180 − ·ABC = 180 − ·ACB = IMH
·
·
·
·
⇒ KMx
= 1800 − IMK
= 1800 − IMH
= HMx
·
Vậy Mx là tia phân giác của của HMK
.
0

giác

CIMH

nội

0

tiếp

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

b. (1 điểm)
Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

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

0,25điểm

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

2
1
·
·
¼ )
( cùng bằng sđ CM
HCM
= IBM
2
·
·
·
⇒ PIQ
= ICM
+ IBM
·
·
·
Ta lại có PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800 ( tổng ba góc trong tam giác)

0,25điểm

·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800

Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp
1
·
·
¼ )
( cùng bằng sđ PM
MQP
= MIK
2
·
·
·
Mà MIK
( vì cùng bằng KBM
)
= MCI
·
·
⇒ MQP
= MCI
1
·
·
» )
Ta có: MHI
(cùng bằng sđ IM
= MCI
2
·

·
mà MQP
( c/minh trên)
= MCI
1 ¼
·
·
MQP
= MHI
= sđ MQ
2

0,25điểm

Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM

⇒ PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại tiêp điểm Q (1)

Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O 1) tại
tiêp điểm P (2)
0,25điểm
⇒
(1) và (2)
PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O1) và (O2)
c. (1 điểm)


S S

Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC

Ta có PE2 = EM .EN ( vì ∆ PEM ∆ NEP )
QE2 = EM .EN ( vì ∆ QEM ∆ NEQ )
⇒ PE2 = QE2 ( vì PE;QE >0)
⇒ PE = QE
·
·
Xét ∆ MBC có PQ // BC ( do MQP
cm trên)
= MCI
nên:
EP
EQ
=
( hq của định lí Ta Lét)
E ' B E 'C
Mà EP = EQ ⇒ E’B = E’C do đó E’ ≡ D

Suy ra N, M, D thẳng hàng.

0,25điểm
0,25điểm

0,25điểm
0,25điểm

5
Gọi số người trong phòng cần tìm là n (người) thì mỗi người sẽ bắt
(1điểm) tay với n-1 người còn lại.

0,25điểm

Mỗi “Cái bắt tay” phải có 2 người với nhau ( 2 lần )
Như vậy n người sẽ có n(n-1) lần bắt tay. Và số “Cái bắt tay” là
A=

n(n − 1)
2

0,25điểm

⇔ n 2 − n − 132 = 0
∆ = (−1) 2 + 528 = 529
∆ = 529 = 23
⇒ n1 = 12(t / m)

0,25điểm

n2 = −11(loai )

Vậy số người trong phòng là 12 người

...........H ết............

0,25điểm


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)
Bài 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A = 2 x 3 + 3 x 2 − 4 x + 2
với x = 2 + 5 + 5 + 2 − 5 + 5 − 3 − 5 −1
2

2

b) Cho x, y thỏa mãn:
x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y
Chứng minh: x = y
Bài 2. (2,0 điểm)

(

a) Giải phương trình x 3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2

)

3

3x 2 + xy − 4 x + 2 y = 2
b) Giải hệ phương trình sau: 
 x ( x + 1) + y ( y + 1) = 4

Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương
b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a+b+c=3. Chứng
minh a 3 + b3 + c 3 ≤ 9 .
Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác

ABC nhọn. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung
» không chứa D lấy F (F ≠ B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N (N ≠ F)
BC
và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P (P ≠ A).
·
a) Giả sử BAC
= 600 , tính DE theo R.
b) Chứng minh AN.AF = AP.AM
c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC. Các

»
đường thẳng IH và CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung BC
để biểu thức
BC BD CD
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
FH FI FK

n nhất (n ∈ N*), ví dụ :
3 ≈ 1,7 ⇒ a 3 = 2 ;
4 = 2 ⇒ a4 = 2

Bài 5. (1,0 điểm). . Kí hiệu an là số nguyên gần
1 = 1 ⇒ a1 = 1 ;
2 ≈ 1, 4 ⇒ a 2 = 1 ;
1 1 1
1
+ + + ... +
Tính :

.
a1 a 2 a 3
a1980

************* Hết***********


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 7)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 5)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
NỘI DUNG

CÂU

ĐIỂM

a)1.0 điểm
Đặt a = 2 + 5 + 5 + 2 - 5 + 5 , a > 0
2

a2 = 4 + 2 4 −

5+ 5
= 4+ 6−2 5 = 4+
2

⇒ x = 3+ 5 − 3− 5 −1=

0,25

2

(

)

2

5 −1 = 3+ 5 ⇒ a = 3+ 5

5 +1 5 −1
6+ 2 5
6− 2 5
−
−1= 2 −1
−
−1 =
2
2
2
2

0,25
0,25

x = 2 − 1 ⇒ x2 + 2 x − 1 = 0
B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2

0,25

B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1
b)1.0 điểm
Câu1
2,0
điểm

x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y (1)
ĐKXĐ: −2014 ≤ x; y ≤ 2014
(1) ⇔ x + 2014 − y + 2014 + 2015 − x − 2015 − y + 2014 − y − 2014 − x = 0

0,25

Nếu x khác y và −2014 ≤ x; y ≤ 2014 thì

0,25

x + 2014 + y + 2014 >0;

2015 − x + 2015 − y >0; 2014 − x + 2014 − y >0 , do đó (1)

1
1
1
⇔ ( x − y ) 
−
+
 x + 2014 + y + 2014 2015 − x + 2015 − y 2014 − x + 2014 −
Khi đó dễ chứng tỏ


÷ = 0 (2)
y ÷

0,25

1
1
−
>0
2014 − x + 2014 − y
2015 − x + 2015 − y
Mà x − y ≠ 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0
Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y.
a)1,0 điểm
Trang 25

0,25