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

B THI HC SINH GII TON 9 Cể P N MI NHT( PHN 9)

S 1
THI CHN HC SINH GII THNH PH
LP 9 - Nm hc 2015-2016
MễN :TON
Thi gian lm bi : 150 phỳt
( thi gm 5 cõu, 1 trang)
Cõu 1 (2.0 im)
Cho biu thc: A = (

x+2
x
1
x 1
+
+
):
2
x x 1 x + x +1 1 x

a) Rỳt gn biu thc A ri tớnh giỏ tr ca A khi x = 7 2 6 .
b) Tỡm x A t GTLN.
Cõu 2 (2.0 im)
a) Gii phng trỡnh: 3x2 + 2x =

x2 + x + 1 x

x 2 + y 2 + x + y = 18
b) Gii h phng trỡnh :
x ( x + 1) . y ( y + 1) = 72

Cõu 3 (2.0 im)
a) Tỡm tt c cỏc s t nhiờn abc cú 3 ch s sao cho :
abc = n 2 1

2
cba = ( n 2 )

vi n l s nguyờn ln hn 2

b) Cho x,y,z > 0 v xyz = 1.
Chng minh rng:

1 + x3 + y 3
1 + y3 + z3
1 + z 3 + x3
+
+
3 3
xy
yz
zx

Cõu 4 (3.0 im)
Cho ng trũn tõm (O; R) ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau. Trong on AB
ly im M khỏc 0. ng thng CM ct ng trũn (O) ti im th hai N. ng thng
vuụng gúc vi AB ti M ct tip tuyn vi ng trũn (O) ti N im P. Chng minh rng:
a) Cỏc im O, M, N, P cựng nm trờn mt ng trũn.
b) CMR: T giỏc CMPO l hỡnh bỡnh hnh v CM.CN = 2R2
c) Khi M di chuyn trờn on AB thỡ P di chuyn õu ?

Cõu 5 (1.0 im)
Cho một bàn cờ vua 8x8. Hỏi rằng quân mã có thể đi nớc đầu tiên từ ô dới cùng bên trái
và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay không? Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn
cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lần
------------Ht----------

Trang 1


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

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 3 trang)
Chú ý:
Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm điểm tối đa
Câu
Đáp án
a. (1 điểm)
Điều kiện xác định: 0 ≤ x ≠ 1 A =

=

Câu 1
2 điểm

x + 2 + x ( x − 1) − ( x + x + 1)
2

.
x x −1
x −1

Điểm
0.25
0.5

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

Với x = 7 − 2 6 = ( 6 − 1) 2 ⇒ x = 6 − 1
Ta có: A =

0.25

2
2
=
7 − 2 6 + 6 −1 +1 7 − 6

b. (1điểm)
A=

2
2
≤

=2
1
3 1 3
(0,5). Dấu “ =’’ xảy ra ⇔ x = 0 ⇔ x = 0
( x + )2 +
+
2
4 4 4

Vậy giá trị lớn nhất của A là 2 khi x = 0.
Câu 2
2 điểm

a) 1 điểm
Với điều kiện x2 + x ≥ 0  x < -1 và x ≥ 0
Ta đặt: y = x 2 + x , y ≥ 0  x2 + x = y2
Phương trình đã cho: 3x2 + 2x = x 2 + x + 1 − x
Trở thành: 3y2 – y – 1 = 0, y ≥ 0  y= .. => x = ..
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1,2=...
u = x ( x + 1)
v = y ( y + 1)

0.75
0.25

0.25
0.5
0.25
0.25

b) Đặt : 

u + v = 18
⇒ u ; v là nghiệm của phương trình :
uv = 72

Ta có : 

X 2 − 18 X + 72 = 0 ⇒ X 1 = 12; X 2 = 6

Trang 2


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 9)
u = 12
u = 6
; 
⇒
v = 6
v = 12

0.5

 x ( x + 1) = 12
 x ( x + 1) = 6
⇒ 
; 
 y ( y + 1) = 6
 y ( y + 1) = 12

Câu 3
2 điểm

0.25

Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
a) 1 điểm
2
 abc = 100a + 10b + c = n − 1(1)
Viết được 
2
cba = 100c + 10b + a = n − 4n + 4(2)

0.25

Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5 M 99 (3)
Mặt khác : 100 ≤ n 2 − 1 ≤ 999 ⇔ 101 ≤ n 2 ≤ 1000 ⇔ 11 ≤ n ≤ 31
⇔ 39 ≤ 4n − 5 ≤ 119
(4)
Từ (3) và (4)
=> 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm abc = 675

0.5
0.25

b) 1 điểm

x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇒ 1 + x 3 + y 3 ≥ xyz + xy ( x + y ) = xy ( x + y + z ) ≥ 3xy 3 xyz = 3xy

1 + x3 + y 3
3xy
=
=
xy
xy

3 yz
3 1 + y3 + z3
;
=
=
xy
yz
yz

 1
1
1 
S = 3
+
+
≥3 3
÷
 xy
÷
yz
zx



Câu 4
3 điểm

1
x2 y 2 z 2

3 1 + z 3 + x3
3 zx
;
=
=
yz
zx
zx

=3 3

C

M

O

B

N
E

P

D

Trang 3

3
zx

0.5

Hình vẽ:

A

0.5

F


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

a) 1.0 điểm
Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn đường
kính OP.
Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn đường kính
OP.
Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP.

0.5
0.5

b) 1 điểm
MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)
·
·
(hai góc đồng vị)
NMP
= NCD

·
·
(hai góc đáy của tam giác cân ONC)
ONC
= OCN
·
·
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP)
NMP
= NOP
·
·
Suy ra MNO
; do đó, OP//MC.
= NOP
Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành.

∆CND : ∆COM(g.g) Nên

Câu 5
1 điểm

OC CM
=
hay CM.CN = OC.CD = 2R2
CN CD

c) 1 điểm
Vì MP = OC = R không đổi.
Vậy P chạy trên đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy trên đoạn AB nên
P chỉ chạy trên EF thuộc đường thẳng song nói trên.
Ta tô các ô trên bàn cờ xen kẽ các màu đen trắng như bàn cờ vua và nước đi
của quân mã là đường chéo của hình chữ nhật 2x3
Do sự “ bình đẳng màu “ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng ô
dưới cùng bên trái có màu trắng
Từ cách đi của con mã ta nhận thấy rằng sau mỗi nước đi con mã sẽ sang một
ô khác màu với ô mà nó đang đứng. Vì thế sau một số lẻ nước đi con mã sẽ ở
ô màu đen , sau một số chẵn nước đi con mó sẽ ở ô màu trắng .
Trở lại bài toán ta thấy rằng đi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên
phải cần đi 63 nước đi. Vì thế ô trên cùng bên phải sẽ cần mang màu đen.
Điều này là vô lý. Vậy quân mã không thể đi từ ô dưới cùng bên trái nên ô
trên cùng bên phải như yêu cầu của đầu bài được.
-----------Hết-----------

Trang 4

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

0.5


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

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)
x 6 − 3x 5 + 3x 4 − x 3 + 2015
a.Cho x – x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức: P = 6
x − x 3 − 3x 2 − 3x + 2015
2

b. Cho biểu thức: P = 1 − x + ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x − ( 1 − x ) 1 − x 2 với x ∈  −1; 1
Tính giá trị của biểu thức P với x =

−1
.
2016

Câu 2 (2 điểm)
a. Cho ba số thực a, b, c sao cho phương trình ax2+bx+c=0 có 2 nghiệm thuộc đoạn [0;1]. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức P =

(a − b)(2a − b)
.

a(a − b + c)

b. Giải phương trình sau: x 2 − 5 x + 36 = 8 3 x + 4
Câu 3 (2 điểm)
a. Chứng minh không tồn tại cặp giá trị nguyên (x; y) thỏa mãn: x 2 − 2 y 2 = 2015
b. Cho

a, b, c, d là các số thực thỏa mãn:

abc + bcd + cda + dab = a + b + c + d + 2016 .
2
2
2
2
Chứng minh rằng: ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) ≥ 2016
Câu 4 (3 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn
OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M.
Gọi K là hình chiếu của M trên OB.

·
·
a. Chứng minh HKM
= 2AMH.
b. Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD,
OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE.
c. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R
Câu 5 (1 điểm)

Trang 5

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

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 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 cho điểm.......
- Điểm bài thi................
Câu
Đáp án
Điểm
1
a. (1 điểm)
(2 Ta có: x2 – x – 1 = 0 ⇒ x2 – x = 1 ⇒ (x2 – x)3 = 1
⇒ x6 – 3x5 + 3x4 – x3 = 1.
1,0
Mặt khác: x2 – x – 1 = 0 ⇒ x2 = x + 1
⇒ x6 = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1. ⇒ P =
b. (1 điểm)
+

1 + 2015 2016
=
=1.

1 + 2015 2016

(

)

(

Ta coù: + ) 2 ( 1 − x ) + 2 ( 1 − x ) 1 − x 2 = x 2 − 2x + 1 + 2 ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x 2
= 1 − x + 1 − x 2 



2

+) 2 ( 1 − x ) − 2 ( 1 − x ) 1 − x 2 = 1 − x − 1 − x 2 



Suy ra :

)

2

P 2 = 1 − x + 1 − x2 + 1 − x − 1 − x2

0.5

= 1− x + 1− x + 1− x 1− x − 1+ x

2

Vì x =

−1
⇒ 1− x > 1+ x
2016

⇒ P 2 = 2(1− x)

1  2017
⇒ P = 2 1 +
. 2
÷=
 2016  2016

2
(2.
điể
m)

a. (1,25 điểm)
b

x
+
x
=
−
1

2

a
Gọi 2 nghiệm của pt là x1 , x2 . Theo Viét ta có : 
x x = c
 1 2 a
Trang 6

0.5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 9)
b
b
b c
(1 + x1 + x2 )(2 + x1 + x2 )
x 2 + x22 + x1 + x2
P = (1 − )(2 − ) : (1 − + ) =
= 2+ 1
a
a
a a
1 + x1 + x2 + x1 x2
1 + x1 + x2 + x1 x2
Không mất tính tổng quát giả sử x1 ≤ x2
2
2
khi đó từ giả thiết x1 ; x2 ∈ [ 0;1] ⇒ x1 ≤ x1 x2 ≤ x2 ≤ 1; 1 + x1 + x2 + x1 x2 > 0

x12 + x22 + x1 + x2 x1 x2 + 1 + x1 + x2

≤
= 1 suy ra P ≤ 3
Dẫn tới
1 + x1 + x2 + x1 x2 1 + x1 + x2 + x1 x2
b
P=3 khi x1 = x2 = 1 suy ra a = c = − . Vậy MaxP=3
2

b. (0,75 điểm)
ĐKXĐ: x ≥

−4
3

( x 2 − 8 x + 16) + (3 x + 4 − 2 3 x + 4.4 + 16) = 0 ⇔ ( x − 4) 2 + ( 3x + 4 − 4)2 = 0

⇔ x − 4 = 0 và 3x + 4 − 4 = 0 ⇔ x = 4(tm)

a. (1 điểm)
x 2 − 2 y 2 = 2015 ⇔ x 2 = 2 y 2 + 2015 ⇒ x lẻ, đặt x = 2k + 1;(k ∈ Z ) thay vào ta có:
2 y 2 = 4k 2 + 4k − 2016 ⇔ y 2 = 2k 2 + 2k − 1008 (1) ⇒ y chẵn, y = 2t ; (t ∈ z )
Thay x; y vào (1) và biến đổi: 2t 2 = k (k + 1) − 504 (2)

3
(2.
điể
m)

Xét thấy VT của (2) luôn chẵn; VP của (2) là số lẻ vì k(k+1) chẵn (Tích 2 số
nguyên liên tiếp). Vậy dấu “=” của (2) không thể xẩy ra ⇔ Không tồn tại cặp

số nguyên (x; y) thỏa mãn: x 2 − 2 − 2 y 2 = 2011
b. (1 điểm)
2
Ta có: 2016 = ( abc + bcd + cda + dab − a − b − c − d )
2
2
2
2
2
= ( ( ab − 1) ( c + d ) + ( cd − 1) ( a + b ) ) ≤ ( ab − 1) + ( a + b )  ( cd − 1) + ( c + d ) 

= ( a 2b 2 + a 2 + b 2 + 1) ( c 2 d 2 + c 2 + d 2 + 1) = ( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) ( d 2 + 1)

2
2
2
2
Suy ra ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) ≥ 2016
a. (1 điểm)
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có

3
(2.
điể
m)

¶ = 1O
¶ = 1 sđ ¼
A
AM

1
1
2
2

(1)

Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)
(2)
¶ =M
¶
⇒A
1

1

¶ =K
¶ (cùng chắn MH
¼ )
Tứ giác MHOK nội tiếp ⇒ O
1
1
Trang 7

(3)


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

¶ = 1K

¶ hay HKM
·
·
Từ (1), (2), (3) ta có M
= 2AMH.
1
1
2

b. (1 điểm)
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)

1 ¼
¶ = 1 sđ ¼ ; O
¶
¶
A
BM 1 = O2 = sđ BM
1
2
2
¶ =O
¶ ⇒ tứ giác AMGO nội tiếp (5)
⇒A
1
1
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn

¶ =D
¶ =D

¶
⇒G
1
2
1
⇒ ∆OGF và ∆ODE đồng dạng
OG GF
⇒
=
hay OD.GF = OG.DE.
OD DE
c. (1 điểm)
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho
MA’ = MA ⇒ ∆AMA' đều

(

¶ =A
¶ = 600 − BAA'
·
⇒A
1
2

)

⇒ ∆MAB = ∆A'AC ⇒ MB = A'C
⇒ MA + MB = MC

Chu vi tam giác MAB là

MA + MB + AB = MC + AB ≤ 2R + AB

Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa
cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB

3
AB 3
R=
⇒ AB = R 3
2
2
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 + 3)R
Gọi I là giao điểm của AO và BC ⇒ AI =

Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1.
5
(2.
điể
m)

C
C1

A

B

C2

- Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài toán
Trang 8


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

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 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 điểm).
a) Cho

a = 3+ 5+ 2 3 + 3− 5+ 2 3 .

Chứng minh rằng: a2 -2a – 2 = 0

b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện

a + b + c + abc = 4 . Tính giá trị của

biểu thức: A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc
Câu 2 (2 điểm). Giải các phương trình sau:
a) x − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0
b) Cho a,b,c là các số thỏa mãn hai điều kiện sau: 0nghiệm
Chứng minh rằng
Câu 3 (2 điểm).

a+b+c
>3
b−a

a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn
x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
Trang 9

x + y 2016
là số hữu tỉ, đồng thời
y + z 2016


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

b). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

x 2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x 2 = 2015 .

x2
y2
z2
2015
+
+
≥
Chứng minh bất đẳng thức: T =
.
y+z z+x x+y 2 2
Câu 4 (3 điểm)
a) Cho ΔABC cân ở A, đường cao thuộc cạnh bên bằng h góc ở đáy bằng α. Chứng minh rằng:
SABC=

h2
4 sin α cos α

b) Cho đường tròn (O), dây cung AB cố định. M là một điểm chuyển động trên cung AB. Qua
trung điểm K của đoạn MB kẻ KP vuông góc với AM. Chứng minh rằng khi M chuyển động
trên cung AB thì KP luôn luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1 điểm).
Cho một bảng kẻ ô vuông kích thước 7 x 7 (gồm 49 ô vuông đơn vị). Đặt 22đấu thủ vào bảng
sao cho mỗi ô vuông đơn vị có không quá một đấu thủ. Hai đấu thủ được gọi là tấn công lẫn
nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất
kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau.

------------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.......
- Điểm bài thi................
Đáp án
Câu
a. (1 điểm)
1

Điểm

a 2 = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 + 2 9 − (5 + 2 3) = 6 + 2 4 − 2 3
= 6 + 2 ( 3 − 1) 2 = 6 + 2( 3 − 1) = 4 + 2 3 = (1 + 3) 2
2

1,0

2

Do a>0 nên a = 3 + 1 . Do đó (a-1) = 3 hay a -2a-2=0
b. (1 điểm)
+ A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc
a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16
⇒ a (4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)
= a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc
Trang 10

0.5


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

(2
điể
m)

b(4 − c)(4 − a) = 2b + abc , c(4 − a)(4 − b) = 2c + abc

Tương tự

0.5

⇒ A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8
a. (1,0 điểm)
ĐK: x ≥ 0. Pt ⇔

2
(2.
điể
m)

(1)
x + 9 − x + 4 = x +1 − x
5
1
⇔
=

x+9 + x+4
x +1 + x
⇔ x + 9 + x + 4 = 5( x + 1 + x) (2)

0.5

Từ (1),(2) suy ra:
x + 9 = 3 x + 1 + 2 x ≥ 3 x + 1 = 9 x + 9 ≥ x + 9 ,dấu “=” xảy ra khi

x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt.
Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
b. (1,0 điểm)
a+b+c
> 3 ⇒ a+b+c>3(b-a) ⇒ 4a+c >2b (*)
b−a
Vì phương trình ax2+bx+c=0 vô nghiệm nên b2 < 4ac ⇒

0.5

Do 0
b2
b2
b2
⇒ 4a + c > 4a +
≥ 2 4a.
= 2b (Cô si) . Vậy (*) luôn đúng
4a
4a
4a

a+b+c
>3
Như vậy
b−a

0.5

c>

0.5

a. (1 điểm)
x + y 2016 m
=
m, n ∈ N * , ( m, n ) = 1 .
y + z 2016 n
nx − my = 0
x y m
⇒ = =
⇒ xz = y 2 .
⇔ nx − my =( mz − ny ) 2016 ⇒ 
y z
n
mz − ny = 0

(

Ta có

)

0.5

x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2 xz + y 2 = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z ) ( x + z − y )
2

2

 x2 + y 2 + z 2 = x + y + z
2
2
2
x
+
y
+
z
>
1
Vì
và x + y + z là số nguyên tố nên 
x − y + z = 1
Từ đó suy ra x = y = z = 1 (thỏa mãn).

0.5

b. (1 điểm)
Đặt a = x 2 + y 2 ; b = y2 + z 2 ;c = z 2 + x 2 ⇒ a; b;c > 0 và a + b + c = 2015 .
Ta có: a 2 + b 2 + c 2 = 2(x 2 + y2 + z 2 ) ⇒
a 2 − b 2 + c 2 2 a 2 + b 2 − c 2 2 −a 2 + b 2 + c 2

⇒x =
;y =
;z =
.
2
2
2
x2
a 2 − b2 + c2
≥
Do đó: (y + z) 2 ≤ 2(y 2 + z 2 ) = 2b 2 ⇒ y + z ≤ 2b ⇒
.
y+z
2b 2
y2
a 2 + b2 − c2 z 2
−a 2 + b 2 + c 2
≥
,
≥
Tương tự:
.
z+x
x+y
2c 2
2a 2
2

3
(2.

điể
m)

Trang 11

0.25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 9)
a 2 + b2 + c2
b a 2 + b2 + c2
c a 2 + b2 + c2
a
−
+
−
+
−
=
2b 2
2
2c 2
2
2a 2
2
1
1 1 1 a +b+c
=
(a 2 + b 2 + c 2 )  + + ÷−
≥

2 2
2
a b c
1
 1 1 1  2015
≥
(a + b + c) 2  + + ÷−
=
6 2
2
a b c
1
 1 1 1  2015
=
(a + b + c)(a + b + c)  + + ÷−
≥
6 2
2
a b c
1
2015 2015
≥
2015.9 −
=
.
6 2
2
2 2
2015
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

.
3
⇒ T≥

a. (1,5 điểm)

0.5

0.25

A

0,25

Kẻ BE AC
ΔBEC vuông ở E, ta có:
Sinα = sinC =

BE
=
BC

Kẻ đường cao AH thì
HB = HC =

h
h
=> BC =
BC
sin α

1
h
BC =
2
2sin α

E
h

Trong Δ vuông AHC thì

h
h
tgα =
B
2 sin α
2cosα
2
1
1 h
h
h
SΔABC = BC.AH=
.
=
2
2 sin α 2 cos α 4 sin α cos α

AH = HCtgα =

H

C

1,25đ

b. (1 điểm)
4
(3đ)

0,25

Trang 12


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

1,25

Tia AO cắt (O) tại A1 thì A1 là điểm cố định
MA1// KP ( vì cùng vuông góc với AM)
PK cắt A1B tại I thì KI là đường trung bình của ΔMBA1
nên I là trung điểm BA1. . Mà B và A1 cố định
Do đó điểm I cố định
Vậy M di chuyển trên cung AB thì đường thẳng PK luôn luôn đi qua một
điểm cố định là I.
Ta điền các số như hình bên.
1
2

3
4
5
6
7

5
(1đ)

7

1

2

3

4

5

6

6

7

1

2

3

4

5

5

6

7

1

2

3

4

4

5

6

7

1

2

3

3

4

5

6

7

1

2

2

3

4

5

6

7

1

Xem mỗi lồng chim gồm các ô được điền cùng số. Như vậy ta có 7 lồng
chim. Khi đặt 22 đấu thủ vào 7 lồng thì sẽ có một lồng chứa ít nhất 4 đấu thủ.
nhớ rằng các đấu thủ trong cùng một lồng đôi một không tấn công lẫn nhau.
Đpcm.

-----------Hết-----------

Trang 13


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

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 (2.0 điểm)
Cho biểu thức P =

x 2 − 4x − (x − 1) x 2 − 9 + 3
x 2 + 4x − (x + 1) x 2 − 9 + 3

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm GTLN của M =

.

x+3
x −3

2
1− x
+
P(x) 2016

Câu 2 (2.0 điểm)
a. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 :
x2 + mx+ 1 = 0
b. Giải phương trình 3(2 + x − 2) = 2x + x + 6
Câu 3 (2.0 điểm)
a. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2
b. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a+ b+ c = 3.
Trang 14


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

Chứng minh rằng 2(ab + bc + ca) +

1
1
1
+ + ≥9
ab bc ca

Câu 4 (3.0 điểm)

µ > 900 . Gọi AH, AK, AM theo thứ tự là các đường vuông
1. Cho hình bình hành ABCD, có A
góc kẻ tự A đến BC, CD và DB. Gọi O là giao điểm các đường chéo.
·
·
Chứng minh KOM
= KHM
2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). M là điểm trên cung AC (không chứa B). Vẽ
MH ⊥ BC tại H, MK⊥ AC tại K. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, KH. Chứng minh
·
rằng PQM
= 900
Câu 5 (1.0 điểm)
Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác cùng với 4 đỉnh của tứ giác ta được 8 điểm trong đó
không có bất kì 3 điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích tứ giác bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại
một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm thỏa mãn trên có diện tích không vượt quá

1
.
10

------------Hết----------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 4)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
Câu
1

Đáp án
a. (1.25 điểm)
+ a) Rút gọn biểu thức P
Do x> 3 nên suy ra x+ 3 > 0; x- 1> 0; x+ 1> 0, khi đó ta có:

P=
=
=

x − 4x + 3 − (x − 1) x − 9
2

.

x +3
x −3

.

x +3
x −3

2

x 2 + 4x + 3 − (x + 1) x 2 − 9

(x − 1)(x − 3) − (x − 1) x 2 − 9
(x + 1)(x + 3) − (x + 1) x − 9
2

(x − 1). x − 3( x − 3 − x + 3) x + 3 1 − x
=
(x + 1) x + 3( x + 3 − x − 3) x − 3 x + 1

b. (0.75 điểm)
+ b)
Trang 15

Điểm
0.25

0.5
0.5


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

(2.0
điểm)

2
1 − x 2x + 2 1 − x
1− x 
 4
+
=
+
= −2 − 
+

÷
P(x) 2016 1 − x 2016
 1 − x 2016 
4
1
≤ −2 − 2
= −2 −
2016
3 14
2
Dấu “=” xảy ra khi (x-1) = 4.2016 ⇔ x = 1 + 24 14 (Do x>3)
1
Vậy Max M = −2 −
⇔ x = 1 + 24 14
3 14
Xét M =

a. (1.0 điểm)
Đặt y= x- 2. Thay x= y+ 2 vào phương trình ta được;
y2 + (m2 + 4)y + (2m + 3) = 0
(*)
Cần tìm m để phương trình (*) có ít nhất một nghiệm không âm.
∆= (m+ 4)2 – 4(2m+ 3)= m2+ 4 > 0; P= 2m+ 3; S = - m- 4
Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm đều âm là:

∆ ≥ 0
2m + 3 > 0
3

⇔m>−

P > 0 ⇔ 
2
− m − 4 < 0
S < 0

3
Vậy với m ≤ − thì phương trình (*) có ít nhất một nghiệm không âm,
2
2
(2.0
điểm)

0.5
0.25

0.25
0.5

0.25

tức là phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2.
a. (1.0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 2
Ta có: 3(2 + x − 2) = 2x + x + 6

8(x − 3)
=0
x+6 + x−2
x − 3 = 0
8




⇔ (x − 3)  2 −
8
÷= 0 ⇔ 2 −
=0
x+6+ x−2 


x+6 + x−2

⇔ x + 6 − x − 2 + (2x − 6) = 0 ⇔ 2(x − 3) −

0.25

0.25

Giải phương trình

8


2
−

÷= 0 ⇔ x + 6 − x − 2 = 4
x+6 + x−2 

11 − 3 5

Phương trình có 1 nghiệm x =
2
11 − 3 5
Vậy phương trình (1) có nghiệm x= 3; x =
2
3
(2.0

a. 1.0 điểm
Thêm xy vào hai vế: x 2 + 2 xy + y 2 = x 2 y 2 + xy ⇔ ( x + y )2 = xy ( xy + 1)
Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính
Trang 16

0.25
0.25
0.25


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

điểm)

phương nên tồn tại một số bằng 0.
- Xét xy = 0. Từ (1) có x 2 + y 2 = 0 nên x = y = 0
- Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1)
Thử lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình
đã cho.
b) 1.0 điểm
Từ giả thiết a + b + c= 3, ta có bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

1
1
1
+ + ≥ 9 + a 2 + b2 + c2
ab bc ca
1
1
1
⇔
+ + ≥ a 2 + b2 + c2
ab bc ca
3
⇔
≥ a 2 + b2 + c2
abc
⇔ abc(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 3 (1)
(ab + bc + ca) 2
Ta lại chứng minh được: abc(a + b + c) ≤
3

0.25
0.25
0.25

(a + b + c) 2 +

0.25

0.25

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được:

1
abc(a 2 + b 2 + c 2 ) = abc(a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
3
1
≤ (ab + bc + ca) 2 (a 2 + b 2 + c 2 )
9
2
2
2
1  2(ab + bc + ca) + a + b + c  1 (a + b + c)6
≤ .
= .
= 3 (2)
9
27
9
27
Từ (1) (2) suy ra đpcm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1
1. (1.0 điểm)

·
·
µ = KMN
·
Ta có AMD
= AKD
= 900 ⇒ Tứ giác AMKD nội tiếp ⇒ D

·
·
Do AMB
= AHB
= 900 ⇒ Tứ giác AMHB nội tiếp
Trang 17

0.25
0.25

0.25


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

4
(3.0
điểm

µ = NMH
·
µ +B
µ = 2B
µ = KMN
·
·
µ = KMN
·
Suy ra B
⇒D

+ NMH
⇒ 2B

(1)

·
·
Tứ giác AKCH (có AKC
+ AHC
= 1800 ) nội tiếp đường tròn đường
·
·
kính AC nên KOH
(góc ở tâm và góc nội tiếp)
= KAH

·
µ = 1800 = D
µ +C
µ ⇒ KAH
·
µ =B
µ ⇒ KOH
·
µ (2)
KAH
+C
=D
= 2B
·

·
Từ (1)(2) suy ra KMH
= KOH
⇒ tứ giác KHOM nội tiếp
·
·
suy ra KOM
= KHM

Vẽ MS ⊥ AB tại S.
Chứng minh được H, K, S thẳng hàng

0.25

0.5
0.5

MA AB ·
·
=
,MAB = MKH
MK HK
·
·
Từ đó chứng minh được ∆MAP ∆MKQ (c.g.c) ⇒ MPA
= MQK
·
·
Do đó, tứ giác PSMQ nội tiếp ⇒ PQM
= MSP

= 900

0.5
0.25

·
Vậy PQM
= 900

0.25

∆MAB

Câu 5
(1.0
điểm)

0.25
0.25

∆MKH (g.g) ⇒

1.0 điểm
Xét một cách chia tứ giác thành các tam giác có các đỉnh là một trong 4
đỉnh của tứ giác hoặc 1 trong 4 điểm nằm trong tứ giác sao cho 2 tam
giác bất kì thì các cạnh của chúng không có điểm chung khác với 2 đầu
mút.
Ta sẽ chứng minh luôn tồn tại 10 tam giác.
Giả sử có n tam giác (n nguyên dương)
Khi đó tổng các góc của n tam giác là n.1800

(1)
Tổng các góc xung quanh 4 điểm nằm trong tứ giác là 4.3600, tổng các
góc của tứ giác là 3600
(2)
0
Từ (1)(2) ta có: n.180 = 4.3600+ 3600. Suy ra n= 10
Trang 18

0.25

0.25
0.25


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

Vì diện tích tam giác bằng 1 nên luôn tồn tại một tam giác có diện tích
không vượt quá

1
.
10

0.25

Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa
- Điểm bài thi: 10.0 điểm
-----------Hết-----------

ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05câu,01 trang)
Câu 1 (2.0 điểm)
Cho biểu thức A =

x + x 2 − 4x
x − x 2 − 4x

a) Rút gọn A
b) Chứng minh A< 5

−

x − x 2 − 4x
x + x 2 − 4x

Câu 2 (2.0 điểm)
a) Cho phương trình x 2 + (4m + 1)x + 2(m - 4) = 0

(1) (x là ẩn số, m là tham số).

Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của (1). Tìm m để x1 − x 2 = 17 .
b) Giải phương trình: ( x + 5 - x + 2)(1 +

x 2 + 7x + 10) = 3 .

Câu 3 (2.0 điểm)

x 2 y2
Tìm các số nguyên dương x,y để 2
là một số nguyên tố
x + y2
2. Chứng minh rằng với moi x, y, z > 0 ta có
Trang 19


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

x+y x+z 
(x + y + z)3
≥ 27 
+
− 1÷
xyz
x+z x+y 
Câu 4 (3.0 điểm)
µ = 400 . Đường cao AH, điểm I thuộc AC sao cho
1. 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, có C

1
1
·
AI = AC , điểm K thuộc tia đối của tia HA sao cho HK = AH . Tính BIK
3
3

2. Cho đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B. Kẻ tiếp tuyến chung CD (C∈(O’), D ∈ (O’)),
CD không song song với OO’. Gọi H và K theo thứ tự là hình chiếu của C, D trên OO’. Chứng
·
·
minh rằng : OAO'
= HAK
Câu 5 (1.0 điểm)
Trên mặt phẳng cho n điểm (n > 3) trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh
rằng tồn tại 3 điểm mà đường tròn đi qua chúng không chứa trong một điểm nào khác.
------------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)
Câu

Đáp án

Điểm

a. (1.25 điểm)
ĐKXĐ

1
(2.0
điểm
)

 x ≥ 4

 x 2 − 4x ≥ 0
x ≥ 4
 x(x − 4) ≥ 0

x
≤
0
⇔
⇔
⇔



x < 0
2
2

 x 2 ≠ x 2 − 4x
 x − x − 4x ≠ 0  x ≠ x − 4x

A=

(x + x 2 − 4x )2 − (x − x 2 − 4x )2
( x − x 2 − 4 x )( x + x 2 − 4 x )

=

0.25
0.5

( x + x 2 − 4 x − x + x 2 − 4 x )( x + x 2 − 4 x + x − x 2 − 4
x 2 − ( x 2 − 4 x)

0.5

2
= 2 x − 4 x .2 x = x 2 − 4 x

4x

b. (0.75 điểm)
A< 5 ⇒ x 2 − 4 x < 5
⇔ x 2 − 4 x − 5 < 0 ⇔ ( x + 1)( x − 5) < 0 ⇔ −1 < x < 5

2

a. (1.0 điểm)
Trang 20

0.25
0.5


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

∆ = (4m + 1)2 − 8(m − 4)
= 16m 2 + 8m + 1 − 8m + 32 = 16m 2 + 33
Vì ∆ = 16m 2 + 33 > 0 ∀m ∈ ¡ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt với mọi m.
Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m nên

 x1 + x 2 = −(4m + 1)
theo định lý Vi-ét ta có 
 x1.x 2 = 2(m − 4)
2
2
Theo ycbt: x1 − x2 = 17 ⇔ ( x1 − x2 ) = 289 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 289
⇔ (4m + 1) 2 − 8(m − 4) = 289 ⇔ 16m 2 + 33 = 289 ⇔ 16m 2 = 256 ⇔ m = ±4
Vậy m = ±4 là giá trị cần tìm.
b. (1.0 điểm)
ĐKXĐ của phương trình là: x ≥ - 2
Đặt x + 5 = u ≥ 0, x + 2 = v ≥ 0 ta có: uv = x 2 + 7 x + 10, u 2 − v 2 = 3

0.25
0.5

0.25

0.25

Thay vào phương trình ta được: (u − v)(1 + uv) = u 2 − v 2

u = v
⇒ (u − v)(1 + uv) = (u − v)(u + v ) ⇔ (u − v)(1 − u )(1 − v) = 0 ⇔ u = 1

 v = 1
* Với u = v ta có x + 5 = x + 2 ⇒ PT vô nghiệm
* Với u = 1 ta có x + 5 = 1 ⇔ x = −4 (loại)
* Với v = 1 ta có x + 2 = 1 ⇔ x = −1 (TM)

0.25

0.25

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1
0.25
3

a. 1.0 điểm

x 2 y2
= p (1) với p là số nguyên tố
Giả sử 2
x + y2
Biến đổi (1) ta được : x2(y2- p)= py2
Suy ra py2 M x2
Mà x, y nguyên dương và p là một số nguyên tố nên y2 M x2 hay y M x
Tương tự : x M y
Do đó, x= y
Thay vào (1) suy ra 2p= x2
Do đó x M 2 và p M 2
Mà p là số nguyên tố nên p= 2
Vậy x= y= 2.
b) 1.0 điểm
Chứng minh
(2.0
điểm
Trang 21

0.25
0.25

0.25

0.25


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

)

x+y x+z 
(x + y + z)3
≥ 27 
+
− 1÷
xyz
x
+
z
x
+
y



0.25

x+y x+z

(x + y + z)3
⇔

− 27 ≥ 27 
+
− 2÷
xyz
 x+z x+y

⇔

(x + y + z)3 − 27xyz
27(y − z) 2
≥
(1)
xyz
(x + y)(x + z)

Lại có, áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có :

{

0.25

}

3

(x + y + z)3 − 27xyz =  x + ( y − z) 2  + yz + yz − 27xyz
≥ 27  x + ( y − z ) 2  . yz. yz − 27xyz = 27yz( y − z) 2 (2)
27yz( y − z) 2
27(y − z) 2
≥

xyz
(x + y)(x + z)

Mặt khác :


( y + z )2 
2 1
⇔ 27( y − z)  −
≥0
x
(x
+
y)(x
+
z)



(3)

0.25

Vì Theo BĐT Cauchay- Schwarz ta có :

( y + z )2
( y + z )2
1
≤
=

2
(x + y)(x + z) ( x z + y x )
x
x+y x+z 
(x + y + z)3
≥ 27 
+
− 1÷
Từ (1), (2) và (3) suy ra
xyz
x+z x+y 

0.25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y= z
1. (1.0 điểm)

Kẻ IE ⊥ AH tại E
Do EI // HC nên

AE AI 1
1
=
= ⇒ AE = AH = HK ⇒ AH = EK
AH AC 3
3
Trang 22

0.25
0.25

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

4
Có BI2= BA2+ AI2= (AH2+ BH2) + (AE2+ EI2)
(3.0
= (AH2+ EI2) + (BH2+ AE2) = (EK2+ EI2) + (BH2+ HK2) = KI2+ KB2
điểm Do đó, ∆BKI vuông tại K (theo định lí Pitago đảo)
·
·
·
Suy ra tứ giác ABKI nội tiếp, do đó BIK
= BAH
= BCA
= 400

0.25
0.25

0.25
Gọi I là giao điểm của CD và OO’, E, F theo thứ tự là giao điểm của IA với
(O) và (O’).
Ta có: IA. IE= IC2= IO. IH
·
µ = OAE
·
Ta lại chứng minh được tứ giác AEOH nội tiếp nên: AHK
(1)
=E

·
·
·
Tương tự: tứ giác AFKO’ nội tiếp nên AHK
(2)
= AFO'
= O'AF
·
·
·
Mặt khác: OAO'
(3)
= 1800 − OAE
− O'AF

·
·
·
Và HAK
(4)
= 1800 − AHK
− AKH
·
·
Từ (1) (2) (3) (4) suy ra OAO'
= HAK
1.0 điểm
Giả sử trong các điểm đã cho tồn tại 2 điểm A1; A2 sao cho tất cả các điểm
còn lại thuộc một nửa mặt phẳng bờ A1A2.

· A A trong đó Ai là một trong n- 2
Ta có, trong tập hợp n-2 góc có dạng A
1
i
2
điểm còn lại.
· A A lớn nhất.
Do số góc là hữu hạn, nên tồn tại góc A
1
k
2
Khi đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác A1AkA2 không chứ trong bất kì một
điểm nào khác.
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa
- Điểm bài thi: 10.0 điểm
-----------Hết----------Trang 23

0.25
0.5
0.25
0.5
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

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

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)
Câu 1 (2 điểm).
a) Rút gọn biểu thức: A =
b) Cho biểu thức : B =

5 +3
2 + 3+ 5

a

+

3− 5
2 − 3− 5

+

b

+

3 c
. với a, b, c > 0

ca + 3 c + 3

ab + a + 3
bc + b + 1
Biết abc = 9 ,a,b,c>0. Tính B .
Câu 2 (2 điểm).
a)Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn 18a + 4b ≥ 2013 . Chứng minh rằng phương trình sau
luôn có nghiệm: 18ax 2 + 4bx + 671 − 9a = 0 .
 x 2 − 2 xy − 3 y 2 = 0
b)Giải hệ phương trình 
2
 xy + 3 y + x = 0

Câu 3 (2 điểm).
a)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy
b)Cho x > 1, y > 1 . Chứng minh rằng :

( x3 + y 3 ) − ( x 2 + y 2 )
≥8.
( x − 1)( y − 1)

Câu 4 (3 điểm).
Cho (O,R) đường kính AB cố định, điểm H thuộc OB sao cho HB =2 HO kẻ dây CD vuông
góc với AB tại H , gọi E di động thuộc cung nhỏ BC , ( điểm E khác E và B ), AE giao với CD
tại I
a) Chứng minh AD 2 =AI .AE
b) Tính AI.AE –HA.HB theo R
c)Xác định vị trí của E để khoảng cách từ điểm H đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEI
nhỏ nhất
Câu 5 (1,0 điểm)

Trang 24


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

ở sáu đỉnh của một lục giác lồi có ghi 6 số chẵn liên tiếp theo chiều kim đồng hồ .Ta thay đổi
các số như sau : mỗi lần chọn một cạnh bất kỳ rồi cộng với mỗi số ở hai đỉnh cạnh đó với cùng
một số nguyên . Hỏi sau các lần thay đổi như thế thì 6 số mới ở đỉnh lục giác có bằng nhau
không ? vì sao ?
-------- Hết -------ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 6)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Câu

Đáp án
5 +3

a. (2,0 điểm). Rút gọn biểu thức: A =
5 +3

A=

=

2 + 3+ 5
2( 5 + 3)

2 + ( 5 + 1) 2

+

3− 5

+

=

2 − 3− 5
2(3 − 5)

2 − ( 5 − 1) 2

=

Điểm
2 + 3+ 5

2( 5 + 3)
2+ 6+2 5

+

+

3− 5
2 − 3− 5

.

2(3 − 5)
2− 6−2 5

2( 5 + 3)
2(3 − 5)
+
5 +3
3− 5

0,25

=2 2

0,25

b. (2,0 điểm). Cho B =

a
ab + a + 3

+

b
bc + b + 1

+

Câu:1 Biết abc = 9 . Tính B .
a
b

3 c
(2,0 B =
+
+
ab + a + 3
bc + b + 1
ca + 3 c + 3
điểm)
a
b
3 bc
=
+
+
ab + a + abc
bc + b + 1
cab + 3 cb + 3 b
=
=

a

(

0,5

a
b + 1 + bc

)

+

b

3 bc
bc + b + 1 3 + 3 cb + 3 b
+

1
b
bc
+
+
b + 1 + bc
bc + b + 1 1 + cb + b

bc + b + 1
=1
bc + b + 1
⇒ B =1
a. (1,0 điểm).
=

3 c
.
ca + 3 c + 3

0,25

0,25
0,25

0,25

PT: 18ax 2 + 4bx + 671 − 9a = 0 (1)
TH1 : Với a = 0 thì (1) ⇔ 4bx + 671 = 0
Trang 25

0,5