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

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

ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)
Câu 1 (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A=

2 10 + 30 − 2 2 − 6
2
.
:
2 10 − 2 2
3 −1

3x + 6 x
x +1
x +2
+
+
với x ≥ 0; x ≠ 1.
x+ x −2
x + 2 1− x
Tìm giá trị lớn nhất của P và giá trị x tương ứng.
Câu 2 ( 2 điểm)
a) Cho phương trình x2 – 2mx + m - 4 =0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai
b) Cho biểu thức P =

nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn

x13 + x23 = 26m .

3 3
3
8x y + 27 = 18 y
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 4x y + 6x = y

Câu 3 ( 2 điểm)
a)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= (n.4n + 3n ) M7
b) Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức
a 3 b3 c 3
+ + ≥ a 2 + b2 + c2 .
b c a
Câu 4 ( 3 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tai A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A.
Qua M các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn (O’)( C và D là các tiếp điểm, C nằm ngoài (O)).
Đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại P khác A, đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A.
Đường thẳng CD cắt PQ tại K. Chứng minh:
1. Tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng.
2. Đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi.
3. K là trung điểm của PQ.
Câu 5 ( 3 điểm)
Cho A là một số nguyên dương. Biết rằng trong ba mệnh đề sau đây P, Q, R chỉ có duy nhất
một mệnh đề sai. Tìm A?
P = “ A + 51 là bình phương của một số tự nhiên”
Q = “ A có chữ số tận cùng là 1”

R = “ A- 38 là bình phương của một số tự nhiên”.
-------- Hết-------Trang 1


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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 1)
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN :TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Câu

Đáp án

Điểm

a) (1 điểm)
2 10 + 30 − 2 2 − 6
2
:
2 10 − 2 2
3 −1

1
(2
điểm)

=

2 2( 5 − 1) + 6( 5 − 1) 3 − 1
.
2
2 2( 5 − 1)

0.25 điểm

=

2 + 3 3 −1
.
2
2

0.25 điểm

=

4 + 2 3 3 −1
.
4
2

=

3 + 1 3 −1
.
2
2

0.25 điểm

0.25 điểm

1
=
2
b. (1 điểm)
Với x ≥ 0; x ≠ 1.
P=
⇔ P=

3x + 6 x
x +1
x +2
+
+
x+ x −2
x + 2 1− x

3x + 6 x
x2 −1
( x + 2) 2
+
−
( x + 2)( x − 1) ( x + 2)( x − 1) ( x + 2)( x − 1)

⇔P=

x + 2 x −3

( x + 2)( x − 1)

x +3
x +2
1
⇔ P = 1+
x +2
⇔P=

0.5 điểm

1
1
≤
x +2 2
1
1
3
⇒ P = 1+
≤ 1+ ⇒ P ≤
2
2
x +2
3
Vậy GTLN của P = khi x=0
2
a. (1 điểm)

0.5 điểm

Do

2

x +2≥2⇒

Trang 2


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
1 2 15
/
2
Ta có: ∆ = m − m + 4 = (m − ) + > 0 ∀m (*)
2
4
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Mặt khác ta phải có
 x1 + x2 = 2m
 x1 + x2 = 2m


 x1.x2 = m − 4 ⇔  x1.x2 = m − 4
 3

3
3
 x1 + x2 = 26m
( x1 + x2 ) − 3 x1.x2 ( x1 + x2 ) = 26m

(1
điểm)

⇔ 8m3 − 6m(m − 4) = 26m ⇔ 2m(m − 1)(4m + 1) = 0
−1
⇔ m = 0; m = 1; m = .
4
b. (1 điểm)
y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2
 3 27
8 x + y 3 = 18

Ta có hệ  2
 4. x + 6. x = 1
 y
y2
2 x = a
a 3 + b 3 = 18
a + b = 3

⇔
Đặt  3
ta có hệ  2

a b + ab 2 = 3
ab = 1
y =b

 3− 5
 3+ 5

6 
6 
;
;(
x
,
y
)
=
;
Hệ có 2 nghiệm ( x1 , y1 ) = 
÷

÷
2
2
 4
3+ 5 ÷
3− 5 ÷
 4



a. (1 điểm)
Với n chẵn n=2k thì

3
(2
điểm)

A = 2k .42 k + 32k = (2k + 1).42 k + (16k − 9k ) M7 ⇒ 2 k + 1M7
7t − 1
⇒k=
⇒ n = 14t − 1 = 14m + 6 ( m ∈ N )
2
Với n lẻ n=2k+1
A = (2k + 1).4

2 k +1

2 k +1

+3

= 2k .4

2 k +1

+ (4

2 k +1

+3

2 k +1

) M7

⇒ 2k M7 ⇒ k = 7t ⇒ n = 14m + 1( m ∈ N )

Vậy n = 14m + 6 hoặc n = 14m + 1 ( với mọi n ∈ N ) thì A chia hết cho 7

b.(1 điểm)

Trang 3

0.5 điểm

0.25 điểm

0.25 điểm

0.25 điểm

0.5 điểm

0.25 điểm

0.5 điểm

0.5 điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương

a3
và ab có:
b

a3
a3
+ ab ≥ 2
.ab = 2a 2
b
b
b3
b3
c3
c3
+ bc ≥ 2
.bc = 2b 2 ;
+ ca ≥ 2
.ac = 2c 2
c
c
a
a
Cộng vế với vế, ta được:
a 3 b3 c 3
+ + + ( ab + bc + ac ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . ( 1)
b c a
Tương tự:

Theo Cô- si:
a 2 + b2
b2 + c 2
c2 + a 2
≥ ab;
≥ bc;

≥ ca
2
2
2
⇒ a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( 2 )

(0. 25 điểm)
(0. 25 điểm)

(0. 25 điểm)

Cộng vế với vế của (1) và (2) được:
(0. 25 điểm)
a 3 b3 c 3
+ + + ( ab + bc + ac ) + ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ( ab + bc + ac )
b c a
a 3 b3 c3
⇔ + + ≥ a 2 + b 2 + c 2 . (đpcm)
b c a

Hình vẽ

4
(3
điểm)
1.(1 điểm)
·
·
(hai góc nội tiếp (O) chắn cung BQ)
BPQ

= BAQ
·
·
(hai góc nội tiếp (O’) chắn cung BD)
BAD
= BCD
·
·
⇒ BPQ
= BCD
·
·
( tứ giác ABQP nội tiếp (O))
BQP
= BAQ
·
·
(hai góc nội tiếp (O’) chắn cung CB)
BAC
= BDC
·
·
⇒ BQP
= BDC
Vậy tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng.
Trang 4

0.5 điểm

0.5 điểm

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
2. (1 điểm)
·
·
·
·
Vì BCD
= BPQ
⇒ BPK
= BCK
⇒ Tứ giác BCPK nội tiếp
Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác CPK luôn đi qua điểm cố định B.

5
(1
điểm)

Tứ giác BCPK nội tiếp
KQ CA
·
·
·
·
⇒ BCA
= BKQ
; ⇒ CAB
= KOB
⇒ ∆BAC : ∆BKQ ⇒

=
( 1)
BK CB
3. (1 điểm)
CA MA
∆MCA : ∆MBC ⇒
=
( 2)
CB MC
KP AD
∆ABD : ∆PBK ⇒
=
( 3)
BK BD
AD MA
∆MAD : ∆MDB ⇒
=
( 4)
BD MD
Mà MD = MC( tính chất tiếp tuyến)
Suy ra KP = KQ
Nếu mệnh đề Q đúng => A+51 tận cùng là 2 => P là mệnh đề sai.
Khi đó A – 38 tận cùng là 3 => R không là bình phương của một số tự
nhiên => R là mệnh đề sai
Vậy Q là mệnh đề sai và P, Q là hai mệnh đề đúng.
A + 51 = x 2 (x ∈ N)
A − 38 = y 2 (y ∈ N)
Ta có

⇒ x 2 − y 2 = 89 ⇔ ( x − y ) ( x + y ) = 1.89

 x − y =1
⇔
⇒ x = 45
 x + y = 89
⇒ A + 51 = 452 ⇒ A = 1974.
-------- Hết--------

Trang 5

0.5 điểm
0.25 điểm

0.5 điểm
0.25 điểm

0.5 điểm
0.5 điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN 9 CĨ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (2,0 điểm)
1) Chứng minh biểu thức sau khơng phụ thuộc vào giá trị của x:
A=

6 x − ( x + 6) x − 3
3
1
−
−
.
2( x − 4 x + 3)(2 − x ) − 2 x + 10 x − 12 3 x − x − 2

Điều kiện x ≥ 0 , x ≠ 4; x ≠ 9 ; x ≠ 1
2) Rút gọn biểu thức: B =

2+ 3
2 + 2+ 3

+

2− 3
2 − 2− 3

Bài 2 (2,0 điểm)
1) Cho phương trình :

3a + 1 a − 1 2a(a 2 − 1)
( a là tham số)
−
= 2
a+x a−x
x − a2

a) Giải phương trình trên.

b) Tìm các giá trị ngun dương của a để phương trình có nghiệm x là số ngun tố.
3
3
3
 x − y − z = 3xyz
2) Tìm nghiệm ngun dương của hệ phương trình sau:  2
 x = 2(y + z)

Bài 3 (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho :
 abc = n 2 - 1
Với n ∈ Z ; n >2

cba = (n − 2) 2
2) Cho tam giác ABC có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 .
Chứng minh : 52 ≤ 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54
Bài 4 (3,0 điểm)
Cho hình vng ABCD cạnh là a và N là một điểm trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Trên
tia đối của tia BA lấy điểm F sao cho BF = DE. Gọi M là trung điểm của EF.
1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM.
2) Xác định vị trí điểm N trên AB sao cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình
vng ABCD.
Bài 5 (1,0 điểm)
Có hay không 2003 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều tạo thành
một tam giác có góc tù .
…………..Hết…………
Trang 6


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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 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 tối đa ứng với điểm của
câu đó trong biểu điểm.
• Điểm bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn
Bài

Câu

Đáp án

A=
1)

6x − (x + 6) x − 3
3
1
−
−
2(x − 4 x + 3)(2 − x ) − 2x + 10 x − 12 3 x − x − 2

6x − (x + 6) x − 3
3
1
A=
−

−
2(2 − x )( x − 3)( x − 1) 2( x − 3)(2 − x) (2 − x )( x − 1)
1
(2đ)

1điể
m

1điểm

Do x
0,25

≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4; x ≠ 9
A=

6 x − ( x + 6) x − 3 − 3( x − 1) − 2( x − 3)
2( x − 1)( x − 3)(2 − x )

A =

6x − x x − 6 x − 3 − 3 x + 3 − 2 x + 6
2( x − 1)( x − 3)(2 − x )

A =

(2 x − 6 x ) − 2( x − 3) − x( x − 3) + x ( x − 3)
2( x − 1)( x − 3)(2 − x )

A =

2)

Điểm

( x − 1)( x − 3)(2 − x )
2( x − 1)( x − 3)(2 − x)

=

1
2

0,25

0,25

=> ĐPCM

B
2+ 3
2− 3
2+ 3 2− 3
=
+
=
+
2
3
+
3

3− 3
2+ 4+2 3 2− 4−2 3
B
(2 + 3)(3 − 3) + (3 + 3)(2 − 3) 3 + 3 + 3 − 3
=
=
6
2
(3 + 3)(3 − 3)
B
=1 ⇒ B = 2
2
3a + 1 a − 1 2a(a 2 − 1)
(1)
−
= 2
a+x a−x
x − a2

0,25
0,25
0,5
0,25

ĐKXĐ : x ≠ ± a
2
(2 đ)

1a)
0,5

điểm

Biến đổi đưa phương trình về dạng : 2ax = a2 (a +1)
Với a = 0 thì phương trình có dạng : 0x = 0.
Phương trình (1) có vô số nghiệm với x ≠ 0
Trang 7

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
Với a ≠ 0 ta có x =

Bài

Câu

a(a + 1)
2

Đáp án

Điểm

a(a + 1)
là nghiệm của phương trình (1) thì :
2
a(a + 1)
a(a + 1)
≠ a

≠ - a (3)
(2) và
2
2
Giải(2) ta được a ≠ 1, a ≠ 0
Giải (3) ta có: a ≠ 0 , a ≠ -3
Vậy : a = 0 phương trình có vô số nghiệm x ≠ 0
Để x =

0,25

a = - 3 ; a= 1 phương trình vô nghiệm.
a ≠ 1; a ≠ -3 và a ≠ 0 phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1b)
0,5
điểm

2)
1 điểm

a(a + 1)
2

Theo câu a:
Với a = 0 thì phương trình có vô số nghiệm x ≠ 0 (loại do a >0)
Với a ≠ 1; a ≠ -3 và a ≠ 0 phương trình có nghiệm duy nhất
x=

a(a + 1)
2

0,25

Vì a là số nguyên dương và a ≠ 1nên:
Nếu a = 2 thì x = 3 , là số nguyên tố (thỏa mãn)
Nếu a > 2 thì a = 2k hoặc a = 2k + 1 với k ∈ N, k > 1
Xét a = 2k thì x = k(2k + 1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là
hợp số.
(loại)
Xét a = 2k +1 thì x = (2k +1)(k+1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1
nên x là hợp số. ( loại)
Vậy a =2 thì nghiệm của phương trình x = 3 là số nguyên tố.

 x 3 − y3 − z 3 = 3xyz
 2
 x = 2(y + z)

0,25

(1)
(2)

Vì x, y, z > 0 nên xyz > 0.
Kết hợp với phương trình (1)
=> x3 > y3; x3 > z3.=> x > y, x > z.
Do đó 2x > y + z hay 4x > 2( y+z) kết hợp với (2) ta có :
x2 < 4x và x M2 => x < 4 và x M2 mà x ∈ N* nên x =2.

 y3 + z 3 = 8 − 6yz
Thay x =2 vào hệ phương trình ta được: 
y + z = 2

z =1 (vì x, y nguyên dương)
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
(x;y;z) = (2;1;1)
Trang 8

0,25
0,25
=> y =

0,25

0,25


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

Bài

Câu
1)
1điểm

Ta có : abc
cba

Đáp án

= 100a + 10b + c = n2 - 1
= 100c + 10b + a = (n - 2)2

Điểm
0,25

⇒ 99(a - c) = n2 - 1 - n2 + 4n - 4 = 4n - 5
0,25

⇒ 4n - 5  99 ( do a - c là số nguyên)
Lại có : 100 ≤ n2 - 1 ≤ 999 ⇒ 101 ≤ n2 ≤ 1000 ⇒

11 ≤ n ≤ 31

⇒ 39 ≤ 4n - 5 ≤ 119
3)

Vì 4n - 5  99 nên 4n - 5 = 99  n = 26

0,25

⇒ abc = 675

(2 đ)

0,25

Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có :
p-a=

2)
1 điểm

a+b+c
b + c-a
> 0
- a =
2
2

Tương tự p - b > 0 ; p - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương p -a; p -b; p -c ta có:
(p –a) +(p - b) + (p –c)

0,25

≥ 3 3 (p − a)(p − b)(p − c)
3

 3p - (a + b + c) 
=> 0 < (p-a)(p-b)(p-c) ≤ 

3


Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành :
0 < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc ≤ 1

0,25

0 < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc ≤ 1

(a + b + c) 2 - (a 2 + b 2 + c 2 )
- abc ≤ 1
2
36 - (a 2 + b 2 + c 2 )
⇔ 27 < 3.
- abc ≤ 28
2
⇔

0 < 27 - 54 + 3.

⇔ 54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc ≤ 56
⇔ - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc ≤ -52
⇔ 52 ≤ 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM )
Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = 2 .
Chứng minh ∆ BCF = ∆ DCE (c.g.c)
Trang 9

0,25

0,25

0,25


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

 CF = CE v à DCE
. Mà
= BCF
·
·
·
·
·
DCE
+ ECB
= 900 ⇒ BCF
+ ECB
= 900 => ECF
= 900
 ∆ ECF vuông cân tại C
Có M là trung điểm của EF nên CM là đường trung tuyến vừa là đường
cao, phân giác, trung trực.

4
(3đ)
1)

Bài

Câu

Đáp án

0,25

Điểm

E
M
B

A
N

x

F

1)
1,5
điểm

D

C

·
·
=> ECM
= 450 , mà ACB
= 450 ( do ABCD là hình vuông)

0,5

·

ACE
= ·BCM (1)
Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có:
MA = MC ( =

1
EF ) => M ∈ trung trực của AC
2

mà BD là trung trực của đoạn thẳng AC.
=>M, B, D thẳng hàng

0,25
0,25

·
·
=> MBC
= EAC
= 1350 (2)
Từ (1) và (2) => ∆ ACE ∽ ∆ BCM (g.g)
Đặt BN =x => AN = a –x
SACFE = SACE + SECF =

2)
1,5
điểm

Tính AE: Có

⇒

1
1
CD.AE + .CE 2 .
2
2

0,25

AE AN
=
( do AN// DC)
ED DC

AE
a−x
a(a − x)
=
⇔ AE =
AE + AD
a
x

a4
Ta có: CE = CD + DE = a + (a + AE) = a + 2
x
2

2

2

2

Trang 10

2

0,25

2

0,25


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN 9 CĨ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

1 a(a − x) 1 2 a 4
a 3 (a + x)
SACFE = a.
+ (a + 2 ) =
2
x
2
x
2x 2
a 3 (a + x)
Mà SACFE = 3SABCD =>
= 3a2  6x2 - ax - a2 = 0

2
2x
a
 (2x - a)(3x+a) = 0  x =
2
a
Vậy BN =
 N là trung điểm của AB thì SACFE = 3SABCD
2

Bài

Câu

5
(1 đ)

Đáp án
Lấy hai điểm phân biệt bất kỳ trên mặt phẳng ,dựng đường tròn đường
kính AB Trên nửa đường tròn đó lấy 2003điểm A1,A2,…,A2003 Khác nhau
và khác B .Rõ ràng 2003 điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ,nên
với bất kỳ ba điểm Ai,Aj,Ak(I,j,k khác nhau) đều tạo thành một tam
giác .Tam giác AiAjAk Chắc chắn có một góc tù (Vì góc nội tiếp chắn
cung lớn hơn nửa đường tròn )Vậy luôn tồn tại 2003 điểm trên mặt phẳng
thõa mãn điều kiện của bài toán.

-----------Hết----------

ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)
Câu 1 (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức : A = 2 + 3 + 2 − 3
x + 1 x x −1 x2 − x x + x −1
+
+
b) Cho biểu thức B =
với x > 0; x ≠ 1.
x
x− x
x−x x

Chứng minh rằng B > 4
Câu 2 (2 điểm)
Trang 11

0,25

0,25
0,25

Điểm
0,5

0,5

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

a) Cho phương trình x2 – 6x –m =0 ( m là tam số). Tìm m để phương trình đã cho có hai
nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x12 − x22 = 12 .


1 
2 x 1 +
÷= 3

 x+ y
b) Giải hệ phương trình: 
 2 y 1 − 1  = 1

÷

 x+ y


Câu 3 (2 điểm)
a) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a 2+a=3b2+b. Chứng minh rằng 2a+2b+ 1 là số chính
phương.
b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c2 1 + a 2

Câu 4 (3 điểm)

Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) và ( O ) (kí hiệu ( X ) chỉ đường tròn có tâm là điểm X). Giả

sử ( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tiếp xúc trong với ( O )

tại M 1 , M 2 . Tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) tại điểm I cắt đường tròn ( O ) lần lượt tại các điểm

A, A ' . Đường thẳng AM 1 cắt lại đường tròn ( O1 ) tại điểm N1 , đường thẳng AM 2 cắt lại đường

tròn ( O2 ) tại điểm N 2 .
1. Chứng minh rằng tứ giác M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường
thẳng N1 N 2 .
2. Kẻ đường kính PQ của đường tròn ( O ) sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm
AM 1 không chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM 1 , QM 2 không song song thì
trên cung ¼
các đường thẳng AI , PM 1 và QM 2 đồng quy.
Câu 5 (1 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu
xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc
các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.
-------- Hết--------

Trang 12


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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 3)
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN:TOÁN HỌC

Câu

Đáp án

Điểm

1. .(1 điểm)
A=

4+2 3 + 4−2 3
3 + 1 + 3 −1
=
= 6
2
2

1 điểm

2. (1 điểm)
x + 1 x x −1 x2 − x x + x −1
B=
+
+
x
x− x
x−x x

1
2 điểm

x +1 x + x +1 −x + x −1
⇔B=
+
+
x
x
x
x +1
⇔B=
+2
x
Do x > 0; x ≠ 1. Suy ra x + 1 > 2 x
x +1
2 x
⇒B=
+2>
+2
x
x
⇔B>4

2
(2
điểm)

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

1. 1 điểm
Để phương trình có nghiệm ∆/ ≥ 0 ⇔ m ≥ −9 (*)

0,5 điểm

Mặt khác ta phải có
 x1 + x2 = 6
 x1 + x2 = 6
 x1 = 4



 x1 .x 2 = − m ⇔  x1 .x 2 = −m ⇔  x1 .x 2 = −m ⇔ m = −8 TM ĐK (*)
 2

x = 2
2
 2
 x1 − x2 = 12
 x1 − x2 = 2

0,5 điểm

2. (1 điểm)
Giải hệ phương trình


1 
2 x 1 +
÷= 3


 x+ y

 2 y 1 − 1  = 1

÷

 x+ y

ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0

Với x=0, y=0 không là nghiệm của hệ phương trình.
Với x ≠ 0, y ≠ 0, ta có:

Trang 13

0,25điểm

0,25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
3
1
1
3

1



2=
+
1
+
=
2
x
(1
+
)
=
3



2 x 2 y
x+ y

 x+ y 2 x

⇔
⇒

 2 y (1 − 1 ) = 1 1 − 1 = 1
 2 = 3 − 1

 x + y 2 y
 x + y 2 x 2 y
x+ y
4

9
1
⇒
=
−
⇒ x 2 + 8 xy − 9 y 2 = 0 ⇒ ( x − y )( x + 9 y ) = 0
x + y 4x 4 y
3
1
2
+
⇒2=
⇒ x = 1(tm x ≠ 0)
Với x=y, ta có 2 =
2 x 2 x
x

(x,y)=(1 ;1) là một nghiệm của hệ.
*)Vì x ≥ 0; y ≥ 0 nên x = -9y ( loại)
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm (x,y) = (1;1).

0,25điểm

0,25điểm

a.(1 điểm)

2a 2 + a = 3b 2 + b ⇔ ( a − b ) (2a + 2b + 1) = b 2 (*)

0,25điểm

( a − b ) Md
⇒ ( a − b ) ( 2a + 2b + 1) Md 2 ⇒ b 2 Md 2 ⇒ b Md
2
a
+
2
b
+
1
M
d
(
)

Mà ( a − b ) Md ⇒ a Md ⇒ ( 2a + 2b ) Md và ( 2a + 2b + 1) Md ⇒ 1Md ⇒ d = 1

0,25điểm

*
Gọi d là ước chung của (a-b, 2a+2b+1) ( d ∈ N )



Thì 

0,25điểm
Do đó (a-b, 2a+2b+1) = 1. Từ (*) ta được a - b và 2a +2b +1 là những
số chính phương. Suy ra 2a +2b +1 là số chính phương.
0,25điểm

b.(1 điểm)
Vì a,b,c > 0, theo bất đẳng thức Cauchy , ta có: 1 + b 2 ≥ 2b nên
3
(2
điểm)

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

0,25điểm

Tương tự ta có:

b +1
bc + c
≥ ( b + 1) −
( 2)
2
1+ c
2
c +1
ca + a
≥ ( c + 1) −
( 3)
2
1+ a
2

Cộng vế với vế (1),(2),(3) ta được:

a + 1az b + 1 c + 1
a + b + c − ab − bc − ac
+
+
≥ 3+
( *)
2
2
2
1+ b
1+ c 1+ a

2
a + b + c − ab − bc − ac
2
≥0
Mặt khác: 3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) = 9 ⇒
2
a +1 b +1 c +1
+
+
≥ 3 ( dpcm )
Do ( *) ⇔
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2

4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Hình vẽ

Trang 14

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)
P
A
N1
O

M1

O1
I

O2

A'

N2
Q

M2

S

1. (2 điểm)
+) Ta có AM 1. AN1 = AM 2 . AN 2 = AI 2 ⇒ ∆AN1 N 2 đồng dạng với

(3
điểm)

0,5 điểm

∆AM 2 M 1
· N N + ·AM M = 1800 hay tứ giác
0,5 điểm
suy ra ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 ⇒ M
1 1 2
2

1
M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp.
1
0,5 điểm
+) Ta có ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 = ·AOM 1 và tam giác AOM 1 cân tại O nên
2
0
·
· AO = 180 − AOM 1
M
1
2
· AO = 900 ⇒ OA ⊥ N N .
0,5 điểm
Do đó ta được ·AN1 N 2 + M
1
1 2

2. (1 điểm)
Gọi S là giao điểm của PM 1 và QM 2 .
Ta có O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I song song với OP
· M = POM
·
O2 IM 2 cân tại O2 , tam giác
⇒ IO
2
2
2 (1). Mặt khác tam giác
· IM = OPM
·

OPM 2 cân tại O và kết hợp với (1) ta được O
2
2
2 suy ra
P, I , M 2 thẳng hàng. Tương tự ta có Q, I , M 1 thẳng hàng.
· Q = PM
· Q = 900
Do PQ là đường kính của đường tròn ( O ) suy ra PM
1

2

⇒ I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường
thẳng AI , PM 1 , QM 2 đồng quy.

(1 điểm)

5
(1
điểm)

Trang 15

0,5 điểm

0,5 điểm


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

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác 0,5 điểm
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.
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 0,5 điểm
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.
-------- 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 (2điểm)
1.1 .Cho biểu thức :
 x +1
 
xy + x
xy + x
x +1 
A=
+
+ 1÷: 1 −
−
÷

 xy + 1 1 − xy
÷
xy − 1
xy + 1 ÷

 

a) Rút gọn A.
b) Biết rằng

1
1
+
= 6 , Tìm giá trị lớn nhất của A
x
y

1.2 Tính giá trị của biểu thức P
P = 3 x 2013 + 5 x 2011 + 2006 với x = 6 + 2 2 . 3 −

2 + 2 3 + 18 − 8 2 − 3

Câu 2 (2 điểm)
2.1. Cho phương trình :y2 +my + p = 0 có hai nghiệm y1, y2 . Xác định m và p để
và

1
1 + y1

1

cũng là nghiệm của phương trình này.
1 + y2
5 x 2 + 2 y 2 + 2 xy = 26
2.2. Giải hệ phương trình 
.
3x + (2 x + y )( x − y ) = 11

Câu 3 (2 điểm)
3.1. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p = a 2+b2 +c2 với a; b; c là các số nguyên
dương sao cho a4 + b4 +c4 chia hết cho p
Trang 16


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

3.2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.
1 + 3a 1 + 3b 1 + 3c
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
1 + b2 1+ c2 1 + a2
Câu 4 ( 3 điểm)
Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C).
Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d).
Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC,
AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại
K.
1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.
2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng

MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME.
Câu 5 (1 điểm) Mỗi ô vuông đơn vị của một bảng có kích thước 10 × 10 ( 10 dòng , 10 cột) được ghi
một số nguyên dương không vượt quá 10 bất kì . Hai số nào được ghi trong hai ô chung một cạnh
hoặc hai ô chung một đỉnh của bảng là hai số trùng nhau. Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất 17
lần.

-----------------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

1.1 a)
Câu 1

(2 điểm) A = 


 
xy + x
xy + x
x +1
x +1 
+
+ 1÷:  1 −

−
÷
÷
xy − 1
xy + 1 ÷
 xy + 1 1 − xy
 


Điều kiện xác định : x > 0; y>0; xy ≠ 1.
Rút gọn được P =

1
xy

0,5 đ

b) Áp dụng BĐT Cô Si cho hai số dương , ta có
1
1
+
≥2
x
y

1 1
.
=2
x y

1
= 2 A => A ≤ 3
xy

Suy được A ≤ 9 dấu “=” xảy ra khi x = y =1/9

Trang 17

0,5đ


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

1.2
x = 6 + 2 2. 3 −

2 + 2 3 + 18 − 8 2 . − 3

Có 18 − 8 2 = ( 4 − 2 ) 2 = 4 − 2 = 4 − 2
2 + 2 3 + 4 − 2 = 2 3 + 4 = ( 3 + 1) 2 =

3 +1

x = 6 + 2 2. 3 − 3 − 1 − 3 = 6 + 2 2. 2 − 3 − 3 = 6 + 2 4 − 2 3 − 3
x = 6 + 2 ( 3 − 1) 2 − 3 = 6 + 2 3 − 1 − 3 = 4 + 2 3 − 3
x = ( 3 + 1) 2 − 3 =

3 +1 − 3 = 3 +1− 3 = 1

0,75đ

Với x = 1.Ta có P = 3.12013 + 5.12011 + 2006 = 3 + 5 + 2006 = 2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014

0,25đ

Câu 2 2.1. y2 + my + p = 0.
(2 điểm) Phương trình (*) có hai nghiệm ⇔ m2 – 4p ≥ 0 ⇔ m2 ≥ 4p
Giả sử y1, y2 là hai nghiệm của phương trình y1+ y2 = - m; y1.y2 = p
⇒

2 + ( y1 + y2 )
1
1
2−m
+
=
=
1 + y1 1 + y2 1 + ( y1 + y2 ) + y1 y2 p − m + 1

⇒

1
1
1
.
=
1 + y1 1 + y2 p − m + 1

Do

1
1
và
cũng là nghiệm của phương trình (*) nên
1 + y1
1 + y2

2

= −m (1)

 p − m +1

1

= p (2)

 p − m +1

0,25đ

0,5đ

Từ (1) và (2) suy ra : p(2 – m) = - m (3)
Nếu m = 2 ⇒p.0 = -2 ( vô lý)
Nếu m ≠ 2 ⇒ p = m : (m – 2), thay vào (2) ta được:

2
 m

 m
− m + 1÷
= 1 ⇔ − m ( m 2 − 4m + 2 ) = ( m − 2 )

m−2
m−2
m = 1
⇔ ( m − 1) ( m 2 − 2m − 4 ) = 0 ⇔ 
m = 1 ± 5

Trang 18

0,25đ


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

Thử lại
2

- Với m = 1 thì p = - 1 thỏa mãn điều kiện m ≥ 4p
2

- Với m = 1 ± 5 thỏa mãn điều kiện m ≥ 4p
 a 2 + b 2 = 26
2.2 Đặt 2x + y =a; x – y=b biểu diễn hệ 
 a + b + ab = 11
  a + b = −8

 ab = 19

tìm được 
a + b = 6

  ab = 5
Giải 2 hệ trên cuối cùng tìm được(x;y) ∈ { (2;1);(2; −3)}

3.1. Vai trò a; b; c bình đẳng giả sử a ≤ b ≤ c

Câu 3
(2 điểm) P= a2+b2+c2 nên (a4+b4+c4+ 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 ) Mp
Suy ra 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 Mp
do a,b,c nguyên dương nên p ≥ 3 vậy (2;3)=1vậy a2b2 +b2c2+c2a2 Mp
Suy ra (a2b2 + c2p – c4) Mp suy ra (ab – c2) (ab+c2) Mp
ab < 2ab ≤ a2+ b2 nên 1buộc c2 – ab Mp mà a ≤ b ≤ c nên 0 ≤ c2 –ab

vậy c2=ab nên a=b=c suy ra p =3a2 mà p nguyên tố nên p=3

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

1 + 3a
(1 + 3a )(1 + b 2 − b 2 )
(1 + 3a )b 2

b(1 + 3a )
≥ 1 + 3a −
=
=1+3a
–
2
2
2
1+ b
2
1+ b
1+ b
2
Do 1 + b ≥ 2b (Bất đẳng thức cô-si)
1 + 3a
b(1 + 3a )
≥ 1 + 3a −
Hay
(1);
2
2
1+ b

0,25 đ

1 + 3b
c(1 + 3b)
(2);
≥ 1 + 3b −
2

2
1+ c

0,25 đ

3.2. Ta có:

Tương tự ta có:

1 + 3c
a (1 + 3c)
(3).
≥ 1 + 3c −
2
2
1+ a

0,25 đ

Từ (1);(2);(3), ta có:

a + b + c + 3(ab + bc + ac ) 5(a + b + c ) 3
=
−
2
2
2
2
2
2

2
2
2
Lại có (a – b) +(b – c) +(c – a) ≥ 0 suy ra a +b +c ≥ (ab+bc+ac)
Nên(a+b+c)2 ≥ 3(ab+bc+ac)=9 suy ra a+b+c ≥ 3 Do đó P ≥ 6

P ≥ 3+3(a+b+c) –

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6, khi và chỉ khi a=b=c= 1.
Câu 4
(3
điểm)
Trang 19

0,25 đ


M

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

A

O

P

D

Q

H
B
K
I
E

N
C

d

a) I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)
·
⇒ OI ⊥ BC ⇒ OIA
= 900

·
Ta có AMO
= 900
·
= 900
ANO

1đ

Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA
b) AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác góc MON mà
∆MON cân ở O nên OA ⊥ MN
·

·
·
∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ANB
= ACN;CAN
chung )

⇒

AB AN
=
AN AC

⇒ AB . AC = AN2

∆ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2
⇒ AB . AC = AH . AO
∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g)

0,5đ

AH AK
=
⇒ AI ×AK = AH ×AO
AI AO
⇒ AI ×AK = AB.AC
AB ×AC
⇒ AK =
AI
Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định
Nên

Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB
⇒ K cố định

Trang 20

0,5đ


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

·
Ta có PMQ
= 900
ME MH
=
MQ DQ
∽
MP MH MH
=
=
∆PMH
∆MQH ⇒
MQ QH 2 DQ
MP 1 ME
⇒
= .
MQ 2 MQ
⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME
Trên hình vuông con kích thước 2x2 có không quá 1 số chia hết cho 2, có

∆MHE

Câu 5
(1
điểm)

∽

∆ QDM

(g-g) ⇒

0,5đ

0,5đ

không quá một số chia hết cho 3.
- Lát kín bảng bởi 25 hình vuông , kích thước 2x2 có nhiều nhất 25 số chia
hết cho 2, có nhiều nhất 25 số chia hết cho 3. Do đó có ít nhất 50 số còn lại
không chia hết cho 2, cũng không chia hết cho 3, vì vậy chúng phải là một

0,5đ

trong các số 1; 5; 7.
Theo nguyên lý Đich-Le có một số xuất hiện ít nhất 17 lần .
Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Trang 21

0,5đ


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

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)
2ab
.
b2 +1
a+x+ a−x 1
+
a + x − a − x 3b

Câu 1 (2điểm) Cho các số dương: a; b và x =
Xét biểu thức P =

1.1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
1.2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu 2 (2 điểm)
2.1. Cho phương trình: x2 – 2mx +2m2 – 1 = 0 (1) ( m là tham số)
a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ
3
thức x1 + x 32 − x12 − x 22 = −2

2.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y 2 − 6 xy = 150 − 15 x .
Câu 3 (2 điểm)
3.1. Tìm tất cả các số nguyên dương n để A = 29 + 213 + 2n là số chính phương
3.2. Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 .
ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4
Câu 4 ( 3 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A
của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P
và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
a)Chứng minh tam giác AEO và tam giác ABQ đồng dạng.
b) Chứng minh trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
c) Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì ∆ BPQ có diện tích nhỏ nhất.

Chứng minh rằng

Câu 5 (1 điểm) Một cái nền nhà dạng hình chữ nhật được lát kín bằng những viên gạch men kích
thước 2x2 và 1x4. Khi sửa nền nhà, người ta phải dỡ tất cả các gạch men đã lát, nhưng không may
vỡ mất một viên 2x2. Vì không có gạch men 2x2 nên người ta thay viên bị vỡ bởi các viên kích thước
1x4. Chứng minh rằng bây giờ nền nhà không thể lát được bởi các viên gạch ấy

-----------------HẾT-----------------

Trang 22

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

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

Đáp án
1.1.Ta có: a; b; x > 0 ⇒ a + x > 0
a (b − 1) 2
Xét a – x = 2
≥0
b +1
Ta có a + x > a – x ≥ 0 ⇒ a + x − a − x ≠ 0
Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định
Rút gọn:

Điểm
(1)
(2)
(3)

a
2ab
a ( b + 1) 2 ⇒
a + x = (b + 1) 2
=
2

2
b +1
b +1
b +1
2
a
2ab
a (b − 1) ⇒
a − x = b −1 2
a - x =a − 2
= 2
b +1
b +1
b +1
a
a
(b + 1) 2
+ b −1 2
b +1
b +1 + 1 = b +1+ b −1 + 1
⇒ P=
3b b + 1 − b − 1 3b
a
a
(b + 1) 2
− b −1 2 + 1
b +1
b
2
1

4
 Nếu 0 < b < 1 ⇒ P = + =
2b 3b 3b
2
⇒ P = b + 1 = 3b + 1
 Nếu b ≥ 1
3b
3b

0,25đ

Ta có: a + x = a +

Câu 1
(2 điểm)

0,25 đ

0,25đ
0,25đ

1.2
Xét 2 trường hợp:
4
4
⇒ P>
3
3b
1  b 1  2b
= + +

 Nếu b ≥ 1 , a dương tuỳ ý thì P = b +
3b  3 3b  3
b 1 2
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Ta có: +
3 3b 3
2b 2
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Mặt khác:
3 3
2 2 4
Vậy P ≥ + = , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3 3
4
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
3
 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P =

Trang 23

0,25đ

0,75đ


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

Câu 2 2.1. x2 – 2mx +2m2 – 1 = 0 (1) ( m là tham số)
(2 điểm)

 m2 − ( 2m 2 − 1) > 0

a) Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  2m > 0
 2m 2 − 1 > 0

⇔

2
< m <1
2

0,5đ

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
thỏa mãn hệ thức x13 + x 32 − x12 − x 22 = −2
2
2
Phương trình (1) có hai nghiệm ⇔ m − ( 2m − 1) > 0 ⇔ m < 1
 x1 + x2 = 2m
Áp dụng định lí Vi-et ta có ⇔ 
2
 x1 .x2 = 2m − 1
3
2
x13 + x 32 − x12 − x 22 = −2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 = −2
⇔ m ( 2m 2 − 3) = 0 ⇔ m = 0

2.2
Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150
<=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25

<=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25 = 1.25 = (-1).(-25) = 5.5 = (-5).(-5)
Xét 6 trường hợp sau:
2 y − 5 = 1
 x = 10
2 y − 5 = 25
 x = 58
+) 
⇔
+) 
⇔
10 y + 25 − 3x = 25  y = 3
10 y + 25 − 3x = 1  y = 15
70

 x = −10
2 y − 5 = −1
2 y − 5 = −25
x =

+) 
⇔
⇔
3 +) 
−74
10 y + 25 − 3 x = −25
10 y + 25 − 3 x = −1  y =

y
=
2

3


70

2 y − 5 = 5
2 y − 5 = −5
 x = 10
x =
+) 
⇔
⇔
3 +) 
10 y + 25 − 3x = 5
10 y + 25 − 3x = −5  y = 0

y = 5

Vậy (x,y)=(10;3)hoặc (x,y)=(10;0) hoặc(x,y)=(58;15)
Câu 3 3.1.
(2 điểm) Xét n > 9 => A = 29 + 213 + 2n = 29 (1 + 24 + 2n – 9)
Vì 1 + 24 + 2n – 9 là số lẻ nên A không là số chính phương
Xét n = 9 => A = 29 + 213 + 29 = 29 (1 + 24 + 1) =962 là số chính phương
Xét n < 9 => A = 29 + 213 + 2n = 2n (2 9– n + 213 – n + 1)
Vì 2 9– n + 213 – n + 1 là số lẻ và A là số chính phương nên 2n là số chính
phương nên n là số chẵn, n ∈ N* => n ∈{2; 4; 6; 8}
Thay lần lượt n = 2; 4; 6; 8 thì A đều không là số chính phương.
Vậy với n = 9 thì A là số chính phương.
3.2.
Trang 24

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ


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

Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

1
11 1
≤  + ÷ (1). Đẳng thức 0,25đ
x+ y 4 x y 

xẩy ra khi và chỉ khi x = y.
Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có
0,25đ

1
11 1
1 1
1
≤  + ÷
=4⇒
( x + y )  + ÷ ≥ 2 xy .2
x+ y 4 x y
xy
x y

- Áp dụng BĐT (1) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’
=
≤ 
+
÷ (1 )
c +1 ( c + a) + ( c + b)
4 c +a c +b 

Tương tự

0,25đ

bc
bc  1

1  ’ ca
ca  1
1  ’
≤ 
+
≤ 
+
÷(2 );
÷ (3 )
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+
+
=
÷=
c +1 a +1 b +1 4  b + c
c+a
a+b 
4
4
1

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3

0,25đ

B
1

D
I

O
C

Câu 4
(3
điểm)

H
1

E

P

A

F

Q

a) Ta có ∆ BEF vuông tại B; có BA ⊥ EF ⇒ BA là đường cao của ∆ BEF
nên AB2 = AE. AF

AE AB
AE
AB
AE AB
=
⇒
=
⇒
=
⇒ AB AF
1
1
OA
AQ (1)
AB
AF
2
2
Mặt khác tam giác AEO và tam giác ABQ đều vuông tại đỉnh A (2)
Từ (1) và (2), Suy ra ∆ AEO : ∆ ABQ(c.g.c).
Trang 25

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ