Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố hải phòng năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CẤP THCS NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/ 4/ 2016

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức

với

.

b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

.

Rút gọn biểu thức:

.

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giả sử
phương trình

là hai nghiệm của phương trình

và

là hai nghiệm của

.

Chứng minh:
b) Giải hệ phương trình:

.

Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm ba số x, y, z nguyên dương thỏa mãn:

và

là số nguyên tố.
b) Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:
.

Bài 4. (3,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC cân tại A (

), vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB,

AC lần lượt tại điểm B, điểm C. Trên cung BC của (O) nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M
. Gọi I; H; K theo thứ tự là hình chiếu của điểm M trên BC; CA; AB và P là giao


điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH. Gọi (O 1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn

ngoại tiếp MPK và MQH. Gọi D là trung điểm của đoạn BC; N là giao điểm thứ hai của (O 1)
và (O2). Chứng minh:
a) PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ).
b) ba điểm M, N, D thẳng hàng.
2. Trên dây cung AB của (O) (AB không đi qua tâm O) lấy hai điểm P và Q sao cho AP =
PQ = QB. Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P và điểm Q. Chứng minh
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 2017 đường thẳng phân biệt đều cắt hai cạnh đối của một hình vuông thành hai phần
có tỉ số diện tích là 1:2. Chứng minh rằng trong 2017 đường thẳng trên có ít nhất 505 đường
thẳng đồng quy.
---------Hết--------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

HẢI PHÒNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2015 - 2016
MÔN: Toán 9
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Chú ý:
-

Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Tổng điểm bài thi: 10 điểm .
Bài
Bài 1

Đáp án

Điểm

1a) (1,0 điểm)

(2 điểm)

3

20 + 14 2

+ Đặt u =

3

20 − 14 2

;v=

0,25 đ

u + v = 40
3

Ta có x = u + v và

3

3

(20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2

u.v =

x = u + v ⇒ x 3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x

0,25 đ
0,25 đ


x 3 − 6x = 40

hay

0,25 đ

. Vậy A = 2016.

1b) (1,0 điểm)

x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4(x + y + z) + 4 xyz = 16

0,25 đ

Ta có

x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz)
Khi đó ta có:

= x(yz + 4 xyz + 4x)

0,25 đ

= x. ( yz + 2 x ) 2 = xyz + 2x
(1)

y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y
Tương tự

(2)
0,25 đ

z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z
(3)

B = 2(x + y + z + xyz ) = 2.4 = 8
Từ (1), (2), (3) suy ra
Bài 2

0,25 đ

.

2a) (1,0 điểm)

x1 + x 2 = − p; x1x 2 = 1

(2 điểm)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:

0,25 đ

x 3 + x 4 = −q; x 3x 4 = 1
⇒ ( x 1 − x 3 ) ( x 2 − x 3 ) = x 1x 2 − x 3 ( x1 + x 2 ) + x 3 2
= 1 + x 3p + ( −1 − qx 3 )

(vì

0,25 đ

2
x 2 + qx + 1 = 0 ⇒ x 3 + qx 3 + 1 = 0

x3
là nghiệm của phương trình

nên

x 3 = −qx 3 − 1
2

)

⇒ ( x1 − x 3 ) ( x 2 − x 3 ) = x 3 ( p − q ) ( 1)

( x1 + x 4 ) ( x 2 + x 4 ) = 1 − px 4 + ( −qx 4 − 1) = − x 4 ( p + q ) ( 2 )
Tương tự
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

0,25 đ
0,25 đ


2b) (1,0 điểm)
Cộng vế với vế hai

phương trình của hệ ta được:

2x 2 + y 2 + 3xy − 7x − 5y + 6 = 0 ⇔ y 2 − (5 − 3x)y + 2x 2 − 7x + 6 = 0

0,25 đ

⇔ (y + 2x − 3)(y + x − 2) = 0

  y + 2x − 3 = 0 (1)
(I)  2
2
  x + y + xy = 3 (2)

y+x −2 =0
(3)
(II) 
2
2

 x + y + xy = 3 (4)
Hệ đã cho đương đương với

0,25 đ

,

Giải hệ phương trình (I): Rút y ở (1) thay thế vào (2) ta được:

x = 1 ⇒ y = 1
x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
 x = 2 ⇒ y = −1

0,25 đ

Giải hệ phương trình (II): Rút y ở (3) thay thế vào (4) ta được:

x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
0,25 đ

(1; 1); (2; −1)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
Bài 3

3a (1,0 điểm)

(

(2 điểm)

)

(

2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001

)

Ta có

0,25 đ

⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1)
0,25 đ

2001
Vì

là số vô tỉ và x, y, z là các số nguyên dương nên ta có

( 1) ⇒

2016x – 2015y = 2016y – 2015z = 0

2016x = 2015y
⇒
⇒ xz = y 2
2016y = 2015z

.


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

2

Ta lại có:

= ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z )
2

x 2 + y2 + z2
Vì

là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y + z

x 2 + y2 + z2 = x + y + z

0,25 đ

= 1. Do đó

x 2 ≥ x ; y2 ≥ y ; z 2 ≥ z
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên

x 2 = x, y 2 = y, z 2 = z ⇒ x = y = z = 1.
Suy ra

(

Thử
thỏa mãn)

)

(

2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001

x = y = z =1
vào

)
(không

0,25 đ

Vậy không tìm được x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3b) (1,0 điểm)

3x + yz = ( x + y + z ) x + yz = ( x + y ) ( x + z )
Ta có

(vì x + y + z = 3)

(

zx + xy

)

2

≤ ( x + y) ( z + x )

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:

⇒

(

)

zx + xy ≤

( x + y) ( y + z)

0,25 đ

= 3x + yz

⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz
⇒

x
x
≤
=
x + 3x + yz x + zx + xy

x
x+ y+ z

y

≤
y + 3y + zx
Chứng minh tương tự ta được:

y
x+ y+ z
;

0,25 đ

z
z
≤
;
z + 3z + xy
x+ y+ z
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được:

0,25 đ


x
y
z
+
+
≤1
x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy
(đpcm)
Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 1.

Bài 4

0,25 đ

Hình vẽ:

(3 điểm)

4.1a (1,0 điểm)
Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

·
·
·
·
⇒ KIM = KBM; HIM = HCM

0,25 đ

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

Mà

·
·
KBM
= ICM

1
2
(cùng bằng

sđ

¼
BM

)
0,25 đ

·
·
HCM
= IBM

1
2
(cùng bằng

·
·

·
¼
⇒ PIQ
= ICM
+ IBM
CM
sđ

)

·
·
·
PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800
Ta lại có

·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800

0,25 đ
(tổng ba góc trong tam giác)


1

2

·
·
⇒ MQP
= MIK
Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp

·
·
MIK
= MCI

Mà

Ta có:

(cùng bằng

(vì cùng bằng

·
·
MHI
= MCI

)

·
·

·
⇒ MQP
= MCI
KBM
)

1
2
(cùng bằng

sđ

»
IM

)

1 ¼
·
·
⇒ MQP
= MHI
= sđMQ
2

·
·
MQP
= MCI
mà

sđ

»
PM

(chứng minh trên)

Hai tia QP; QH nằm khác phía đối với QM

⇒

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

Tương tự ta có:
0,25 đ
PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O1) tại tiếp điểm P (2)
Từ (1) và (2)

⇒

PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O1) và (O2)

4.1b (1,0 điểm)
Gọi E; D’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC

Ta có

(vì

QE 2 = EM.EN
(vì

⇒

Xét

∆

∆

∆

S

∆

PEM

∆

NEP)
0,5 đ

S

PE 2 = EM.EN

QEM

PE2 = QE2 (vì PE; QE > 0)

⇒

NEQ)

PE = QE.

·
·
MQP
= MCI
MBC có PQ // BC (do

chứng minh trên)
0,25 đ

EP
EQ
=
D 'B D 'C
nên:
Mà EP = EQ

(hệ quả của định lí Thales)

⇒

D’B = D’C do đó D’

Suy ra N, M, D thẳng hàng.
4.2 (1,0 điểm)

≡

D

0,25 đ


-Vẽ đường kính AN của (O).

∆AQN
Suy ra OP là đường trung bình của

0,25 đ

·
·
= ONQ
⇒ PO / /QN ⇒ AOP

·
·
POQ
= OQN
(đồng vị) và

(so le trong)

·
·
·
·
⇒ ONQ
< OQN
⇒ AOP
< POQ

0,25 đ

Xét ONQ có OQ < ON

hay
Bài 5
(1 điểm)

·
·
AOK
< KOH
⇒

sđ

»
AK

< sđ

0,25 đ

» < KH
»
» ⇒ AK
KH

0,25 đ

5 (1,0 điểm)
Gọi MN; EF là đường nối trung điểm
hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ)
Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại
A1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1.
0,25 đ
Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1
là hình thang và có MI, NI lần lượt là
các đường trung bình của hai hình
thang đó.

SAA1B1D
SA1BCB1
Khi đó

(theo GT)

MI 1
=
MN 3
Suy ra

0,25 đ

1
AD ( AA1 + DB1 )
2IM IM 1
2
=
=
=
=
1
2IN
IN
2
BC ( A1B + B1C )
2
1
MI = MN
3
nên

vậy điểm I cố định.


Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ).

0,25 đ

Có 4 điểm cố định mà có 2017 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Đirichlet ít

nhất phải có 505 đường thẳng đồng quy.

0,25 đ

--------------- Hết ------------------