BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

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)


3

Bài 1:(2điểm). Cho biểu thức: A = 

2
 x + x 3 +3

+

 x
3 

+
+ 1
x
x 3 − 27  3

3

1.1) Rút gọn A.
1.2)

Tính giá trị của A khi x = 3 +2010
Bài 2:(2điểm).
2. 1) Cho phương trình: x 2 − 6x − m = 0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có
hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12 − x2 2 = 12
 2 x + y = x 2
2.2) Giải hệ phương trình: 
2
 2 y + x = y

Bài 3:(2 điểm).
3.1) Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn đồng thời các điều kiện :
1 1 1
+ + =1
a b c
b2
a2
+
≥ a+ b
a
b

a − b + c = a − b + c và

3.2) Cho a, b>0. Chứng minh rằng:
Bài 4: (3 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm
A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến
MN và MP với đường tròn (O), (P, N là hai tiếp điểm).
1. Chứng minh rằng MN 2 = MP 2 = MA.MB

2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng
cố định khi M di động trên đường thẳng d.
Bài 5 (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------------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 8)

LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Câu
1
1.1

1.2

Đáp án


 x
3 

+

+ 1 ĐKXĐ : x ≠ 0; x ≠

x
 x + x 3 + 3 x − 27  3


 x 2 + x 3 + 3 
3
3



+
 x 2 + x 3 + 3 ( x − 3 )( x 2 + x 3 + 3) 

3x




 x 2 + x 3 + 3 
1
( x − 3) 3 + 3
=
= 
÷
÷
2
÷
÷

3x
 ( x − 3)( x + x 3 + 3) 
 x− 3

A = 

3

2

+

3

3

2.1

3 =

ĐKXĐ : x ≠ 0; x ≠ 3 nên x = 3 +2010 (TMĐK)
Thay x = 3 +2010 vào A ta có: A =

2

Điểm

1
1
1

=
=
x− 3
3 + 2010 − 3 2010

Để phương trình có nghiệm ∆/ ≥ 0 ⇔ m ≥ −9 (*)
 x1 + x2 = 6
 x1 + x2 = 6
 x1 = 4



Mặt khác ta có  x1 .x2 = −m ⇔  x1 .x2 = −m ⇔  x1 .x2 = −m ⇔ m = −8 TM
 2

x = 2
2
 2
 x1 − x2 = 12
 x1 − x2 = 2

ĐK (*)
Vậy m = - 8
2.2) Giải hệ phương trình
2
 2 x + y = x

2
 2 y + x = y

0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
0,5
0.25
0.5
0.25

(1)
(2)

Trừ từng vế 2 phương trình ta có: x 2 − y 2 = x − y
⇔ ( x − y )( x + y − 1) = 0
x = y
x = y
⇔
⇔
 x + y −1 = 0
x = 1− y

0.25
0.25

Ta có:

x = y
x = y
⇔

hoặc x = 3
 x ( x − 3) = 0
x = 0

*) 

Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)
x = 1− y

x = 1− y
x = 1− y
⇔
⇔
( *)

 2
2
2
2 x + y = x
2 − 2 y + y = (1 − y )
 y − y +1 = 0

*) 

Vì phương trình y 2 − y + 1 = 0 vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm
Trang 2

0.25

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)
3

3.1

0.25
0,25

Có a − b + c = a − b + c
⇔ a − b + c + b = a + c ⇔ a − b + c + 2 b(a − b + c ) + b = a + c + 2 ac
a = b
⇔ b(a − b + c) = ac ⇔ (a − b)(b − c ) = 0 ⇔ 
b = c

Nếu a = b và a , c dương .Ta có

0,25

1 1 1
2 1
+ + = 1 ⇔ + = 1 ⇔ 2c + a = ac ⇔ (a − 2)(c − 1) = 2
a b c
a c

Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau :
a − 2 = 2 a = 4 = b
1) 
⇒

c − 1 = 1
c = 2

a − 2 = 1
2) 
⇒ a =c =3=b
c − 1 = 2

Nếu b = c và b,c dương .Ta có

0,25

1 1 1
1 2
+ + = 1 ⇔ + = 1 ⇔ 2a + b = ab ⇔ (b − 2)(a − 1) = 2
a b c
a b

Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau :
b − 2 = 2
1) 
⇒a =b=3=c
a − 1 = 1

b − 2 = 2 b = 4 = c
2) 
⇒
a − 1 = 1
a = 2

Vậy các cặp số nguyên dương (a;b;c) thỏa mãn là (3;3;3) và (2;4;4)và
(4;4;2)
3.2

b2
a2
Cho a, b>0. Chứng minh rằng:
+
≥ a+ b
a
b
b
a
b2
a2
Xét hiệu:
+
− a− b= . a+ . b − a− b
a
b
a
b
b
a
b
a
= ( . a − a ) + ( . b − b )= a ( -1) + b ( -1)
a
b
a

b
b−a
a−b
(a − b) a − b (a − b) (a − b)( a − b)
=
=
+
=
a
b
ab
ab

=
Vậy:

0,25

0.25
0.25
0.25

( a − b )2 ( a + b )
≥ 0 với mọi a, b > 0
ab
b2
a2
+
≥ a + b với mọi a, b > 0 là đúng.
a

b

Trang 3

0.25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

4

4.1

D

0.25

N
A

E

B

L

M

d

I
H

d'

O

P

Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
MA MN
=
⇔ MN 2 = MP 2 = MA.MB
MN MB
Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM = ON 2 = R 2

Suy ra:
4.2

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

0.5
0.25
0.25

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

4.3
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên M, N, O, P cùng nằm 0,5
trên đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy
ra tam giác ba điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính OM, tâm là
H.
+ Kẻ OE ⊥ AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL ⊥ (d ) thì
0,25
HL // OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra:
1
HL = OE (không đổi).
2

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không
đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của
đoạn OE cố định

Trang 4

0.25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

5

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác
luôn tạo thành một tam giác cân.
Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy
ra hai khả năng sau:
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3
đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân.
0,5
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3
đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân.
Vậy, trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3
đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu.
0,5
----------------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) Cho x = 3 + 2 ; y = 3 − 2 . Không dùng bảng số và máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức
A = x 5 + y5 .
b) Cho A =

x
xy + x + 2

+

y

yz + y + 1

+

2 z
.
zx + 2 z + 2

Câu 2(2 điểm):
Trang 5

Biết xyz=4, tính

A


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

a) Giả sử phương trình: x2+ax+b = 0 có hai nghiệm x1, x2 và phương trình :x2+cx +d = 0 có hai
nghiệm x3, x4.
Chứng minh rằng: 2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4) = 2(b-d)2- (a2-c2)(b-d)+(a+c)2(b+d)
mx − 2 y = 2
(với m là tham số). Tìm m để hệ phương trình đã cho
2 x + my = 5

b) Cho hệ phương trình: 

−2015m 2 + 14m − 8056
x
;

y
(
)
có nghiệm
thỏa mãn hệ thức: x + y − 2014 =
2
m +4

Câu 3(2điểm):
Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn
là số nguyên tố.
chia hết cho
P −5
P = a 2 + b2
a)
8. Giả sử các số nguyên x,y thỏa mãn ax 2 − by 2 chia hết cho P. Chứng minh rằng cả hai
số x,y đều chia hết cho P.
3
 x −1 
 3 − 2x x 
1
b) Cho x > 1; y > 0 , chứng minh: 1
( x − 1)3

+
+ ÷
÷ + 3 ≥ 3
 y  y
 x −1 y 

Câu 4(3 điểm):
Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC = 4 AB. Tia Cx
vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D không trùng với C
). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại
K , E.
a) Tính giá trị DC.CE theo a.
b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE
luôn
có một dây cung cố định.
Câu 5(1 điểm):
Trong một cuộc thi giải toán có 31 bạn tham gia. Mỗi bạn phải giải 5 bài. Cách cho
điểm như sau: mỗi bài làm đúng được 2 điểm, mỗi bài làm sai hoặc không làm sẽ bị trừ 1 điểm,
điểm thấp nhất của mỗi bạn là 0 điểm (không có điểm là số âm). Chứng tỏ rằng có ít nhất 7 bạn
có số điểm bằng nhau.
----------------------- Hết ---------------------

Trang 6


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

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 làm tròn đến 0,25
Câu

Đáp án
a) (1 điểm)
Tính được x + y = 6 và xy = 7
Tính được x2 + y2= 22
Và x3 + y3 = 90

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

Tính được x5 + y5 = (x2 + y2)(x3 + y3) – x2y2(x + y) = 1686
b) (1 điểm)
Câu 1 ĐKXĐ x,y,z ≥ 0. Kết hợp xyz=4 ⇒ x, y, z > 0; xyz = 2
2đ
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với x , thay 2 ở mẫu của hạng
tử thứ ba bởi
A=

0,25

xyz ta được.

x
xy + x + 2

+

xy

2 + xy + x

+

z

(

2 z
x + 2 + xy

0,25

)

=1

Suy ra
Câu 2
2đ

0,25

A = 1 ( vì A>0).
a) ( 1 điểm)
VT = 2[x12+x1(x3+x4)+x3x4][ x22+x2(x3+x4)+x3x4]

=2(x12- cx1+d) (x22- cx2+d)( theo Vi ét)

0,25

0,5

=2[x12x12- c x1x2(x1+x2)+d(x12+ x22)+c2x1x2- cd(x1+x2)+d2]
=2[b2+abc+d(a2-2b)+c2b+acd+ d2] =2(b-d)2+2a2d+2c2b+2abc+2abd
VP = 2(b-d)2- a2(b-d)+c2((b-d)+ a2(b+d)+c2(b+d)+2ac(b+d)
=2(b-d)2+2a2d+2c2b+2abc+2abd .
Vậy VT = VP (đpcm)
Trang 7

0,5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

b) (1 điểm)
Dùng phương pháp thế, ta có:
mx − 2

mx − 2
y=


mx
−
2
y
=
2
y

=



2
⇔
⇔
2

mx − 2
2 x + my = 5

2x + m
=5
2 x + my = 5 


2

0,25

2m + 10

mx − 2

x= 2
y
=




m +4
2
⇔
⇔
,∀m ∈ R
( m 2 + 4 ) x=2m+10
 y = 5m − 4


m2 + 4

2m + 10

x
=


m2 + 4
,∀m ∈ R
Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: 
5
m
−
4
y =


m2 + 4

0,25

−2015m 2 + 14m − 8056
Thay vào hệ thức: x + y − 2014 =
m2 + 4

Ta được:

−2014m 2 + 7 m − 8050 −2015m2 + 14m − 8056
=
m2 + 4
m2 + 4

⇔ −2014m 2 + 7 m − 8050 = −2015m 2 + 14m − 8056
m =1
m = 6

⇔ m 2 − 7m + 6 = 0 ⇔ ( m − 1) ( m − 6 ) = 0 ⇔

0,25

Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn
hệ thức:
m = 1
−2015m 2 + 14m − 8056
thì
m = 6
m2 + 4

a) ( 1 điểm)

Đặt P=8k+5 ( k là số tự nhiên)

x + y − 2014 =

0,25

0,25

Câu 3
( ax 2 ) 4 k + 2 − ( by 2 ) 4 k + 2  M( ax 2 − by 2 ) ⇒ a 4 k + 2 .x 8k + 4 − b 4 k + 2 . y 8 k + 4 MP
Ta
có
2đ


⇒ ( a 4 k + 2 + b 4 k + 2 ) .x8 k + 4 − b 4 k + 2 ( x8k + 4 + y 8 k + 4 ) MP

Trang 8

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

Mà a 4 k + 2 + b4 k + 2 = ( a 2 )
và b < P ⇒ x

8 k +4

2 k +1

+ ( b2 )

2 k +1

0,25

Ma 2 + b 2 = P

+ y 8k +4 MP ( *)

-Nếu trong hai số x,y có một số chia hất cho P. thì từ (*) ta suy ra số
thứ hai cũng chia hết cho p.
-

0,25

Nếu cả hai không chia hết cho P , theo định lý Fec- ma ta có

x8k +4 ≡ y 8k +4 ≡ 1( mod P ) ⇒ x 8 k +4 + y 8k +4 ≡ 2 ( mod P ) mâu thuẫn với (*)

Vậy cả hai số x,y cùng chia hết cho P.
b) ( 1 điểm)
x > 1; y > 0 ⇔ x − 1 > 0; y > 0 ⇔

1
x −1
1
> 0;
> 0; 3 > 0

3
( x − 1)
y
y

0,25

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)

(3)

Từ (1); (2); (3):

3

 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

4

Hình vẽ

Trang 9

0,25
0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

a) ( 1 điểm): Tính giá trị DC.CE theo a .

·
·
·
Ta có: EBC
); ·ACD = ECB
= ·ADC (Cùng bù với góc KBC
= 90o

0,25

⇒ ∆ACD và ∆ECB đồng dạng với nhau(g-g)

0,25

⇒

3đ

DC AC
=
⇒ DC.CE = AC.BC
BC EC

0,25

0,25
a
3a
3a 2
⇒ DC.EC = AC .BC =
Do AB = ; BC =
4
4
4
b) (1 điểm): Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ
nhất.

1
S∆BDE = BC .DE ⇒ S ∆BDE nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.
2
Ta có: DE = DC + EC ≥ 2 DC .EC = 2

0,25

3a 2
= a 3 ( Theo chứng
4

minh phần a)
Dấu " = " ⇔ DC = EC =

a 3
.
2

2
⇒ S( BDE ) nhỏ nhất bằng 3a 3 khi D thuộc tia Cx sao cho
8
a 3
.
CD =
2

0,5

0,25

c) (1 điểm): Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường

tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định.
Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường
Trang 10

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

thẳng AC là M, N ( M nằm giữa A và B) ⇒ M, N đối xứng

0,25

qua DE.
Ta có: Hai tam giác ∆AKB và ∆ACD đồng dạng (g-g)

⇒

AK AB
=
⇒ AK . AD = AC. AB
AC AD

(1)

Hai tam giác ∆AKM và ∆AND đồng dạng (g-g)

⇒

AK AM
=
⇒ AK . AD = AM . AN
AN AD

(2)

a2
T ừ (1) v à (2) suy ra AM . AN = AC. AB =
4
⇒

0,25

2

a
= ( AC − MC )( AC + NC ) = AC 2 − MC 2 (Do MC =
4

NC)

0,25
0,25

3a 2
a 3
⇒ MC =
⇒ MC = NC =
4
2
2

⇒ M , N là hai điểm cố định.

5

1đ

Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định.
Số điểm của mỗi bạn có thể xếp theo 5 loại sau đây:
- Làm đúng 5 bài, được 10 điểm.
- Làm đúng 4 bài, được 7 điểm.
- Làm đúng 3 bài, được 4 điểm.
- Làm đúng 2 bài, được 1 điểm.
- Loại còn lại, đều bị 0 điểm
Vì 31 chia 5 có thương là 6 và dư 1, nên theo Nguyên lý Đi-rích-lê,
có ít nhất 7 bạn có số điểm bằng nhau.
--------------------- Hết------------------

Trang 11

0,5
0,5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)
Câu 1 ( 2.0 điểm)

 x+ y

x − y   x + y + 2xy 
+
: 1+
÷
÷.
 1 − xy
÷ 
1
−
xy
1
+
xy




Cho biểu thức: P = 

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x =

2
.
2+ 3

Câu 2 ( 2.0 điểm)
a. Cho phương trình 2 x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0 (1). Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai
nghiệm dương phân biệt.
b. Giải phương trình: (4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1

Câu 3 ( 2.0 điểm)
a. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương.
b. cho x, y, z >0. t/m:

1 1 1
1
1
1
+ + = 4.CMR :
+
+
≤1
x y z
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Câu 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 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.
Câu 5 ( 1.0 điểm)
Với 0 ≤ x; y; z ≤ 1 . Tìm x, y, z biết:
x
y
z
3

+
+
=
1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z
----------------- Hết -----------------

Trang 12


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

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 làm tròn đến 0,5.

Câu

Đáp án
a. (1.0 điểm)
ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1 .

1
(2.0 điểm)

0,25 đ

P=

( x + y)(1 + xy) + ( x − y)(1 − xy) 1 − xy + x + y + 2xy
:
1 − xy
1 − xy

=

x +x y+ y+y x + x −x y− y+y x
1 − xy
.
1 − xy
1 + x + y + xy

=

Điểm

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

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

b. (1.0 điểm)

x=

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

x = ( 3 − 1) 2 =

3 −1 = 3 −1

P=

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

P=

2( 3 − 1) 6 3 + 2
=
13
5−2 3

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

a. (1.0 điểm)
Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là:
2
∆ ' = 4 − m2 > 0
(2.0 điểm) 
m2 − 2

P
=
>0

2

 S =m>0

 m <2

⇔ m > 2 ⇔ 2  m>0

Trang 13

0,5

0,5

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)
b. (1.0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
(4 x − 1) x 2 + 1 = 2( x 2 + 1) + 2 x − 1 (2)
Đặt t = x 2 + 1 (đk t >1), phương trình (2) trở thành:
(4x-1)t=2t2+2x-1 ⇔ 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 (3)
Coi (3) là phương trình bậc hai ẩn t, khi đó phương trình (3) có:
∆ = (4 x − 1) 2 − 8(2 x − 1) = (4 x − 3) 2 ≥ 0, ∀x ∈ R
Phương trình (3) ẩn t có các nghiệm là:
t1=2x-1 và t2=

1
(loại)
2

Với t1=2x-1, ta có:

0,25

0,25

1

x≥
2 x − 1 ≥ 0

⇔

2
x 2 + 1 = 2x − 1 ⇔  2
2
x
+
1
=
(
2
x
−
1
)
2

3 x − 4 x = 0

1

x ≥ 2

4
⇔  x = 0
⇔x=
3

4
 x =
3


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x =

4
3

0,25

0,25

a. (1.0 điểm)
1
1
k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). [ (k + 3) − (k − 1) ]
4
4
1
1
= k(k + 1)(k + 2)(k + 3) k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
4
4
Do đó 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
- k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)

Ta có: k(k + 1)(k + 2) =

Nên 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 = (k 2 + 3n)( k 2 + 3k + 2) + 1
3
(2.0điểm)

Đặt k 2 + 3k = t (t ∈ N ) thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2
2

0,25
0,25

(*)
0,25

2

= (k + 3k + 1)
Vậy k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương

0,25

b. (1.0 điểm)
0,25

0,25
Trang 14


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

1 1
4
+ ≥
0,25
a b a+b

1
1
1 1
1  1 2 1 1
⇒
=
≤ 
+
≤  + + ÷ 0,25
2 x + y + z ( x + y ) + ( x + zx ) 4  x + y x + z ÷
 16  x y z 
Ta có : a, b > 0 ⇒

1
1 1 2 1
1
1 1 1 2
≤  + + ÷;
≤  + + ÷
x + 2 y + z 16  x y z  x + y + 2 z 16  x y z 
1
1
1
4 1 1 1
+
+
≤  + + ÷= 1
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z 16  x y z 

Tương tự:

F
M
4
(3.0điểm)
C

A

B

O

E

(C )

N
a. (1.0 điểm)
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

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

b. (0.75 điểm)
·
·
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
CAN
= MAB
AN AC
=
Suy ra:
AB AM
Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))

Trang 15

0,25
0,25
0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)
c. (1.25 điểm)
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
⇒
BC CF
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

Do vai trò x, y, z như nhau nên 0 £ x £ y £ z £ 1

5
(1.0điểm)

y
z
3
+
=
1 + z 1 + zy y + z
y
1
z
1
1
Nếu x = 0 => (1 + z - y + z ) + (1 + zy - y + z ) = y + z
=>

( y - 1)( y +1 + z )

z2 - 1
1
+
=
(1 + z )( y + z )
(1 + yz )( y + z ) y + z

Ta có VT ³ 0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm
Nếu x khác 0 mà 0 £ x £ y £ z £ 1
⇔ ( z − 1)(1 − x ) ≤ 0
1 + zx ≥ x + z >0
<=>
⇔ x + z − zx − 1 ≤ 0

⇔ x − zx + z − 1 ≤ 0
đúng với mọi 0 ≤ x; z ≤ 1 .
Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1.
+ Ta có: 1 + zx ≥ x + z ⇔ 1 + y + zx ≥ x + y + z
x
x
≤
1 + y + zx x + y + z
y
y
≤
+ Tương tự:
1 + z + xy x + y + z
z
z
≤

1 + x + yz x + y + z
y
x+ y+z
x
z
⇒ VT =
+
+
≤
= 1 . (1)
1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z
+ Mặt khác, vì: 0 ≤ x; y; z ≤ 1 ⇒ x + y + z ≤ 3
3
3
⇒ VP =
≥ = 1 Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1.
x+ y+z 3
+ Từ (1) và (2) ⇒ VT = VP chỉ đúng khi: VT = VP = 1 .
Khí đó x = y = z = 1.
⇒

Trang 16

(2)

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

----------------- 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 1 ( 2 điểm): Cho biểu thức
x −1
x + 8  3 x −1 +1
1 
+
) : 
−
P= (
÷
3 + x − 1 10 − x  x − 3 x − 1 − 1
x −1 ÷

1. Rút gọn P
2. Tính giá trị của P khi x= 4

3+ 2 2 4 3−2 2
−

3− 2 2
3+ 2 2

Câu 2 (2 điểm)
1. Cho phương trình x2 +ax +1 =0. Xác định a để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn
2

2

 x1   x 2 
 ÷ + ÷ > 7
 x2   x1 
2
2
2. Giải hệ phương trình sau:  x + xy + x − y − 2 y = 0
 2
2
 x − y + x + y = 6
Câu 3(2 điểm).
1. Tìm số nguyên dương n để [ A] =4951 với A là tổng của n số hạng sau: A=

2 
3
n 
 1 

 1 + ÷+  2 + 2 ÷+  3 + 3 ÷+ ............ +  n + n ÷
2  
2 
2 

 2 

Trong đó kí hiệu [ x ] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x
2. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a.b.c=1. Chứng minh rằng:
a3 + 5
b3 + 5
c3 + 5
+
+
≥9
a 3 .(b + c) b3 .(c + a) c3 .(a + b)
Câu 4( 3 điểm).
Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác đó . Các tia AO, BO, CO cắt cạnh BC, CA, AB
theo thứ tự tại M, N, P. Chứng minh rằng:
OM ON OP
+
+
=1
a.
AM BN CP
Trang 17


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)
OA
OB
OC
+
+
≥3 2

OM
ON
OP
c. Xác định vị trí của O để OA.BC+ OB.CA+ OC.AB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 5( 1 điểm).. Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1, lấy bất kì 51 điểm phân biệt. Chứng minh rằng
1
phải tồn tại ít nhất 3 điểm trong số 51 điểm này nằm trong hình tròn có bán kính bằng .
7
.............................................Hết..........................................
b.

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

Câu
1 (2 điểm)

Đáp án

1. ĐK x>1, x ≠ 10, x ≠ 5
Đặt x − 1 = a (a ≥)0 thì:

Điểm

 a
a 2 + 9   3a − 1 1  3a − 9 2a + 4
3a
:
P = 

+
− =
:
=−
Vậy
2   2
2
a( a + 2)
 3 + a 9 − a   a − 3a a  9 − a a (a − 3)
P=
2.

3 x −1
2( x − 1 + 2)

(

x = 4 3+ 2 2

)

2

(

− 4 3− 2 2

2

(

= 4 1+ 2

)

4

(

− 4 1− 2

)

4

1đ

= 2 +1− 2 +1 = 2
Suy ra a = 1 Do đó P =

2(2 điểm)

)

1đ

1
2

1. Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm là: a ≥ 0 hoặc a ≤ −2

Theo hệ thức viet ta có: x 1 x2 = 1; x1 + x2 = −a
2

2

 x1   x2 
2
2 2
2 2
 ÷ +  ÷ > 7 ⇔ ( x1 + x2 ) > 9 x1 x2
x
x
 2  1
2
2
2
Ta có x x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = a − 2
Ta có bất phương trình: (a2-2)2 >9 . Từ đó tìm ra được a> 5 hoặc a< 5 (TMĐK). Vậy....
2. Viết phương trình thứ nhất của hệ thành
x 2 + ( y + 1).x − y − 2 y 2 = 0
Có: ∆ = ( y + 1) 2 + 4( y + 2 y 2 ) = ...... = ( 3 y − 1)
Do đó x=y hoặc x=-2y-1.
Trang 18

2

1đ


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

3(2 điểm)

Với x=y thay vào pt thứ hai tìm được x=3.
Với x=-2y-1 thay vào pt thứ 2 ta có y=1 hoặc y=2.
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x;y) là: (3;3), (-3;1), (-5;2)
1. Ta có:
3
n  n(n + 1)
1 2
+B
A= (1+2+3+…+n)+  + 2 + 3 + ... + n  =
2
2
2 
2 2
1 2
3
n
1 2
Với B = + 2 + 3 + ... + n . Rõ ràng B ≥ + 2 = 1, ∀n ∈ N *
2 2
2 2
2
2
Ta cũng có: B = 2B – B =
1 2
3
n
3

n 
1 2
1 + + 2 + 3 + ... + n −1 −  + 2 + 3 + ... + n 
2 2
2
2
2
2 
2 2
1 1
1
1
n
= 1 + + 2 + 3 + ... + n −1 − n
2 2
2
2
2
1 1 1
1
Đặt C = 1 + + 2 + 3 + ... + n −1 suy ra
2 2
2
2
1 1
1
1
2C = 2+ 1 + + 2 + 3 + ... + n −2
2 2
2

2
1
Do đó C = 2C – C = 2- n −1
2
1
n
2+n
Vậy B = 2- n −1 − n = 2 − n < 2
2
2
2
Do đó 1 ≤ B < 2 ⇒ [ B ] = 1
n(n + 1)
∈N
Vì ∀n ∈ N *,
2
[ A] = n(n + 1) + [ B] ⇔ 4951 = n(n + 1) + 1 ⇔ n(n + 1) = 9900
2
2
nên
⇔ (n − 99)(n + 100) = 0 ⇔ n = 99(don ∈ N *)
2. Đặt x = bc, y = ca, z = ab thì x,y,z > 0, xyz = 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a 3 + 1 + 1 ≥ 33 a 3. .1.1 ⇒ a 3 + 2 ≥ 3a
Suy ra
a3 + 5
3a
3
3a 2 bc
3a 2 b 2 c 2 3( x + x 2 )

≥
+
=
+
=
y+z
a 3 (b + c) a 3 (b + c) a 3 (b + c ) a 3 (b + c) a 3 (b + c)
b3 + 5
3( y + y 2 ) c 3 + 5
3( z + z 2 )
≥
≥
Tương tự: 3
; 3
z+x
x+ y
b (c + a )
c ( a + b)

Do đó:

a3 + 5
b3 + 5
c3 + 5
+
+
≥
a 3 (b + c) b 3 (c + a ) c 3 (a + b)

 x

y
z
x2
y2
z2 
(1)
3
+
+
+
+
+
 y+z z+x x+ y y+z z+x x+ y
Với các số thực dương x,y,z ta có hai bất đẳng thức quen thuộc
x
y
z
3
+
+
≥ (2)
y+z z+x x+ y 2
Trang 19

1đ

1đ


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

x2
y2
z2
x+ y+z
+
+
≥
(3)
y+z z+x x+ y
2

1đ

Lại có x+y+z ≥ 33 xyz = 3 , kết hợp với (3) suy ra

4(3 điểm)

x2
y2
z2
3
+
+
≥ (4)
y+z z+x x+ y 2
a3 + 5
b3 + 5
c3 + 5
+ 3
+ 3

≥ 9 (đpcm)
Từ (1),(2) và (4) ta được 3
a .(b + c ) b .(c + a ) c .(a + b)
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1
a. Gọi S S1 , S 2 , S3 , S lần lượt là diện tích của các tam giác
OBC,OCA,OAB,ABC. Kẻ AH vuông góc với BC(H ∈ BC),
OK ⊥ BC ( K ∈ BC ) Thì AH//OK.
OM OK OK .BC S1
=
=
=
Theo định lí Talet ta có:
AM AH AH .BC S
ON S 2 OP S3
= ;
=
Tương tự ta có :
BN S CP S
OM ON OP
+
+
=1
Suy ra
AM BN CP
b. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia và câu a ta có:

1đ

2



 OM AM + ON BN OP CP ÷ ≤
 AM OM
BN ON CP OP ÷


 OM ON OP   AM BN CP 
+
+
+
+

÷. 
÷
 AM BN CP   OM ON OP 
 AM BN CP 
⇔ 32 ≤ 1. 
+
+
÷
 OM ON OP 
.
 AM BN CP 
⇔
+
+
÷≥ 9
 OM ON OP 
OA + OK ≥ AH ⇔ ( OA + OK ) BC ≥ AH .BH

c. Ta có:
⇔ OA.BC ≥ 2 S − 2 S1
Đẳng thức xảy ra khi điểm O thuộc đường cao AH.
Tương tự ⇔ OB.CA ≥ 2 S − 2 S2 ; OC. AB ≥ 2S − 2S3

1đ

1đ

Do đó: Min (OA.BC+ OB.CA+ OC.AB)=4S
Dấu bằng xảy ra khi O là trực tâm của tam giác ABC.
5(1điểm)

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh là
0,2. Theo nguyên tắc Đỉichlê ắt tồn tại ít nhất 3 điểm nằm trong một
hình vuông con. Ta có bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông

Trang 20

1đ


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)
này bằng
kính

1
5 2

<

1
. Suy ra 3 điểm đã cho nằm trong hình tròn có bán
7

1
7

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 điểm)
a) Cho x. y > 0 chứng minh

xy −

x+ y
+
2

xy +

x+ y
= x+ y
2

b) Cho dẫy số x1 , x2 , x 3 ,... được xác định như sau : x1 = 1 và xn =

3 + xn −1
với n = 1, 2,3,...
1 − 3.xn −1

Hãy tính x 2016 .
Câu 2 (2điểm)
a) Chứng minh rằng a1 , a2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + px + 1 = 0 và b1 , b2 là hai nghiệm
của phương trình x 2 + qx + 1 = 0 .Thì (a1 − b1 )(a2 − b1 )(a1 + b2 )(a2 + b2 ) = q 2 − p 2
b) Giải hệ phương trình

x(2 y − 1 − x) + y (2 x − 1 − y ) = 0
x 3 + y 3 = 16

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Cho ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn ( x − y )( y − z )( z − x) = x + y + z .Chứng minh :
x + y + z chia hết cho 27
b) Cho các số x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn ( x + z )( y + z ) = 1 . Chứng minh
1
1
1
+
+
≥4
2
2
( x − y) ( x + z) ( y + z)2

Câu 4 ( 3 điểm)
Cho tam giác đều ABC có cạnh là a nội tiếp đường tròn (O;R) . Tia Ax cắt cạnh BC tại E

và cắt đường tròn tại điểm thứ hai F
a) Chứng minh AE.AF = a2
b) Chứng minh

EA EB.EC
=
FA FB.FC
Trang 21


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

c) Tìm vị trí của tia Ax để EA.FB.FC đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 ( 1 điểm)
Cho mười số nguyên dương 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10. Sắp xếp mười số đó thành một hàng .
cộng mỗi số đó với số thứ tự của nó trong hàng, ta được mời số mới. Chứng minh trong mười
số mới đó có hai số có cùng chữ số tận cùng.
------------Hết----------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 5)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
- Điểm bài thi10 điểm
Đáp án

Câu

Điểm

a( 1 điểm)
Có x. y > 0 =>

x>0
y>0

hoặc

x<0
y<0

TH1: Xét x > 0 và y > 0

1
(2 điểm)

x + y ( x + y )2
=
>0
2
2

0,25

x+ y x+ y
x+ y
=
− xy +

+ xy = x + y = x + y
2
2
2

0,25

=>

xy −

( x − y )2
x+ y
=−
≤ 0 và
2
2

=>

xy −

x+ y
+
2

xy +

xy +

TH2: Xét x < 0 và y < 0 => -x > 0 và -y > 0
=> xy −
=>

( − x − − y )2
x+ y
=−
≤0
2
2
x+ y
x+ y x+ y
xy +
= xy −
−
− xy = − x − y = x + y
2
2
2

x + y ( − x + − y )2
=
> 0 và
2
2

xy −

x+ y
+

2

Vậy x. y > 0 thì

xy −

x+ y
+
2

xy +

xy +

0,25
0,25

x+ y
= x+ y
2

b ( 1 điểm)
Tính được x1 = 1, x2 = − 3 − 2, x3 = −2 + 3, x4 = 1

0,5.2

=> x1 = x4 = x7 = ...x 2016 => x2016 = 1

0,25.2

a (1 điểm)
Trang 22


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

Theo định lí Vi - et ta có a1 + a2 = − p, a1a2 = 1, b1 + b2 = −q, b1b2 = 1

0,25

(a1 − b1 )( a2 − b1 ) = a1a2 − b1 (a1 + a2 ) + b12 = 1 + pb1 − (1 + qb1 ) = b1 ( p − q )

0,25

vì b1 là nghiệm của PT x 2 + qx + 1 = 0
=> b1 + qb1 + 1 = 0 => b1 = − ( qb1 + 1)
2

2
(2 điểm)

2

tương tự (a1 + b2 )(a 2 + b2 ) = −b2 ( p + q )

0,25

(a1 − b1 )( a2 − b1 )(a1 + b2 )(a2 + b2 ) = b1b2 (q 2 − p 2 ) = q 2 − p 2

0,25

b( 1 điểm)
ĐKXĐ: x ≥ 1, y ≥ 1
2 y − 1 = 2 ( y − 1).1 ≤ y − 1 + 1 = y

Theo bất đẳng thức Côsi ta có

0,25

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

=> 2 y − 1 − x ≤ y − x và 2 x − 1 − x ≤ x − y
=> x(2 y − 1 − x) + y (2 x − 1 − y ) ≤ x( y − x) + y ( x − y )

0,25

=> x(2 y − 1 − x) + y (2 x − 1 − y ) ≤ −( x − y ) 2 ≤ 0
=> x(2 y − 1 − x) + y (2 x − 1 − y ) ≤ 0

Dấu bằng xảy ra khi

x −1 = 1
y −1 = 1

<=>

x=2
(TM)
y=2

Thay x=2 và y=2 vào x3 + y 3 = 16 Thấy đúng

0,25
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;2)
a ( 1 điểm)
Xết số dư khi chia x,y,z cho 3

2
(2 điểm)

TH1:Xét x,y,z chia cho 3 có ba số dư là ba số khác nhau
=> Ba số dư là 0;1;2
=> x + y + z M3 và ( x − y )( y − z )( z − x) không chia hết cho 3
=> ( x − y )( y − z )( z − x) ≠ x + y + z ( trái với giả thiết)

0,25

TH2: Xét x,y,z chia cho 3 được hai số dư bằng nhau
=> x + y + z không chia hết cho 3 và ( x − y )( y − z )( z − x) M3
=> ( x − y )( y − z )( z − x) ≠ x + y + z ( trái với giả thiết)

0,25

TH3: Xét x,y,z chia cho 3 được ba số dư bằng nhau

0,25

=> x-y M3 ; y-z M3 ; z-x M3

=> ( x − y )( y − z )( z − x) M27 mà ( x − y )( y − z )( z − x) = x + y + z
=> x + y + z M27
Trang 23


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

từ ba trường hợp trên => x + y + z M27

0,25

b( 1 điểm)
Đặt a=x+z ; b=y+z

0,25

=> a-b=x-y và a.b=1

0,25

=>

1
1
1
1
1 1
1
( a − b) 2
+

+
=
+
+
=
...
=
+
+2≥4
( x − y ) 2 ( x + z ) 2 ( y + z) 2 ( a − b) 2 a 2 b2
( a − b) 2
1

0,5

a( 1 điểm)
Chứng minh được ∆ AEB và ∆ ABF đồng dạng
=>

0,5
0,5

AE AB
=
=> AE.AF=AB2 = a 2
AB AF

b(1 điểm)
AE AB 2
=

AF AF 2

0,25

BE AB
=
(do ∆ AEB và ∆ ABF đồng dạng )
BF AF

0,25

Có AE.AF=AB2 =>
Mà

4
AE BE 2
=>
=
(3 điểm)
AF BF 2

Tương tự

0,25

AE CE 2
=
AF CF 2

0,25

2

EA EB.EC
BE 2 CE 2
 AE 
=
=> 
=>
=
.
÷
2
2
FA FB.FC
BF CF
 AF 
c( 1 điểm)

Có

EA EB.EC
=
=> EA.FB.FC = FA.EB.EC
FA FB.FC

(1)

Qua E kẻ đường kính MN và lấy I là hình chiếu của O trên BC
Dễ chứng minh được EN .EN = EB.EC

0,25

=> EB.EC = (OM − OE )(ON + OE ) = ( R − OE )( R + OE ) = R 2 − OE 2
Có OE ≥ OI => −OE 2 ≤ −OI 2 => R 2 − OE 2 ≤ R 2 − OI 2
=> EB.EC ≤ R 2 − OI 2 mà FA ≤ 2 R
=> FA.EB.EC ≤ 2 R( R 2 − OI 2 )

(2)

Từ (1) và (2) => EA.FB.FC ≤ 2 R( R 2 − OI 2 )
Có OI ⊥ BC => I là trung điểm của BC, mà BC cố định => I là điểm cố
đinh => độ dài OI không đổi => 2 R( R 2 − OI 2 ) không đổi.
=> EA.FB.FC đạt giá trị lớn nhất bằng 2 R( R 2 − OI 2 ) ( Dấu bằng xảy ra
Trang 24

0,25
0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 8)

khi E trùng với I <=> tia Ax đi qua trung điểm của BC)
Vậy tia Ax đia qua trung điểm của BC thì EA.FB.FC đạt giá trị lớn nhất. 0,25
Giả sử mười số đã cho là a1 , a2 , a3 ,..., a10

0,25

=> a1 + a2 + a3 + ... + a10 = 1 + 2 + 3 + ... + 10 = 55
Giả sử mười số mới là b1 , b2 , b3 ,..., b10

với b1 = a1 + 1, b2 = a2 + 2, b3 = a3 + 3,...b10 = a10 + 10
=> b1 + b2 + b3 + ... + b10 = a1 + a2 + a3 + ... + a10 + 1 + 2 + 3 + ... + 10 = 110

0,25

=> Số các số lẻ trong mười số b1 , b2 , b3 ,..., b10 là số chẵn
5
TH1: số các số lẻ trong mười số b1 , b2 , b3 ,..., b10 lớn hơn 5
( 1 điểm)
Mà só lẻ chỉ có thể có chữ số tận cùng là 1,3,5,7,9 ( bốn số)
=> Phải có ít nhất có hai chữ số tận cùng bằng nhau.

0,25

TH2: số các số lẻ trong mười số b1 , b2 , b3 ,..., b10 nhỏ hơn 5
=> số các số chẵn trong mười số b1 , b2 , b3 ,..., b10 lớn hơn 5
Mà só chẵn chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0,2,4,6,8 ( bốn số)
=> Phải có ít nhất có hai chữ số tận cùng bằng nhau.
Từ hai trường hợp trên => trong mười số mới đó có hai số có cùng chữ
số tận cùng.

Trang 25

0,25