ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM 2015-2016

MÃ KÍ HIỆU

ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016
( Thời gian 150 phút không kể giao đề )
(Đề thi gồm 5 câu và 2 trang)

[ *****]

Bài 1. (2,0 điểm)
1.Tính giá trị của biểu thức: A = 2 x 3 + 3 x 2 − 4 x + 2
với x = 2 + 5 + 5 + 2 − 5 + 5 − 3 − 5 − 1
2
2
2. Chứng minh rằng: Nếu ax 3 = by 3 = cz 3 và
3

1 1 1
+ + = 1 thì
x y z

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 a + 3 b + 3 c .

Bài 2. (2,0 điểm)
1.Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 + 2( m – 2 )x – m2 = 0 , với m là tham số
Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < x2
và x1 − x2 = 6

(

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

)

3

Bài 3. (2,0 điểm)
1.Tìm các số tự nhiên x; y; z thỏa mãn đồng thời

(x -1) 3 + y 3 - 2z 3 = 0 và x + y + z – 1 là số nguyên tố.
2. Cho 3 số thực a, b, c dương chứng minhrằng :
a3
a3 + ( b + c)

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

3

≥1

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC
nhọn. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung

» không chứa D lấy F (F ≠ B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N
BC
(N ≠ F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P (P ≠ A).
·
a) Giả sử BAC
= 600 , tính DE theo R.

b) Chứng minh AN.AF = AP.AM
c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC.


» để
Các đường thẳng IH và CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung BC
biểu thức

BC BD CD
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
FH FI FK

Bài 5. (1,0 điểm).
Cho lưới ô vuông kích thước 7 x 7, mỗi ô vuông được điền số 1 hoặc - 1. Kí hiệu
ai là tích cá số ở hàng thứ i và bj là tích các số ở cột thứ j ( 1 ≤ i , j ≤ 7 ).
Chứng minh rằng : a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ 0

********* Hết********


MÃ KÍ HIỆU

ĐÁP ÁNĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016
( Thời gian 150 phút không kể giao đề )
(Hướng dẫn đề thi gồm 6 trang)

[ *****]

CÂU

Câu1
2,0
điểm

PHẦN

1.
1,0điểm

ĐIỂM

NỘI DUNG

Đặt a = 2 + 5 + 5 + 2 - 5 + 5 , a > 0

2

a2 = 4 + 2 4 −

5+ 5
= 4+ 6− 2 5 = 4+
2

(

)

2

5 − 1 = 3+ 5 ⇒ a = 3+ 5

5 +1 5 −1
6+ 2 5
6− 2 5
−
−1 = 2 −1
⇒ x = 3+ 5 − 3− 5 −1=
−
−1 =
2
2
2
2

0,25

x = 2 − 1 ⇒ x2 + 2 x − 1 = 0

0,25

B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2
B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1

0,25

b) Chứng minh rằng: Nếu ax 3 = by 3 = cz 3 và
3

2.
1,0điểm

0,25

2

1 1 1
+ + = 1 thì
x y z

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 a + 3 b + 3 c

Đặt: ax 3 = by 3 = cz 3 = t . Ta có:
3

ax 2 + by 2 + cz 2 = 3

Mặt khác:

3

1 1 1
t t t 3
+ + = t vì + + = 1 (1)
x y z
x y z

t = x 3 a = y3 b = z 3 c

 1 1 1
a + 3 b + 3 c = 3 t  + +  = 3 t (2)
x y z
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Suy ra:

3

x 2 + 2 ( m − 2 ) x − m 2 = 0 ( m là tham số)

Ta có ∆ ' = ( m − 2 ) + m 2
2

Câu
2
2,0
điểm

1.
1,0 điểm

( m − 2 ) 2 ≥ 0
⇒ ∆ ' = ( m − 2 ) 2 + m2 ≥ 0
Do  2
 m ≥ 0
( m − 2 ) 2 = 0  m = 2
⇒
=> m ∈ Φ
Dấu = xảy ra khi  2
m = 0
 m = 0

0,25

0,5
0,25


Vậy ∆ ' = ( m − 2 ) + m 2 > 0 ∀m .
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2
2

0,25

 x1 + x2 = 4 − 2m

Theo viet ta có : 

2
 x1.x2 = − m

Để x1 − x2 = 6 ⇒ ( x1 − x2 ) = 36 ⇔ x12 + x2 2 − 2 x1 x2 = 36 (1)

0,25

2
Do x1.x2 = −m ≤ 0 ⇔ x1.x2 = − x1.x2

0,25

2

 x1 + x2 = 6
 x1 + x2 = −6

2
2
Thay vào (1) ⇒ x1 + x2 + 2 x1 x2 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) = 36 ⇔ 
2

- Nếu : x1 + x2 = 6 ⇒ 4 - 2m = 6 ⇔ m = -1
- Nếu : x1 + x2 = −6 ⇒ 4 - 2m = - 6 ⇔ m =5
Với m = - 1, thay vào ta có phương trình
x 2 − 6 x − 1 = 0 . có ∆ ' = 10 > 0
Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là
x2 = 3 + 10 và x1 = 3 − 10
Khi đó : 3 − 10 − 3 + 10 = −6 (KTM)
Với m = 5, thay vào ta có phương trình

x 2 + 6 x − 25 = 0 . có ∆ ' = 34 > 0
Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là
x2 = −3 + 34 và x1 = −3 − 34

0,25

Khi đó : −3 − 34 − −3 + 34 = 6 (TM)
Vậy m = 5.

(

0,25

)

3

x 3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2 (1)
ĐKXĐ: x ≥ −1

Đặt: y = x + 1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y
+z)3 (2)
Chứng minh được (2) ⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = 0
b)
1,0 ®iÓm

Với: x + y = 0 ⇔ x +

x +1 = 0 ⇔ x +1 = −x ⇒ x =

1− 5
2

0.25

0.25

( Thỏa mãn)
Với: x + z = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = − 2 ( không thỏa mãn).

0.25


Với: y + z = 0 ⇔

x + 1 + 2 = 0 - vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm: x =

1− 5
2

0.25

Ta có
Câu
3
2,0
điểm

a)
1.0 điểm

( x + y + z − 1)3 = [ ( x − 1 + y + z )]

3

= ( x − 1)3 + y 3 + 3( x − 1) y ( x − 1 + y )  + z 3 + 3( x − 1 + y ) 2 z + 3( x − 1 + y ) z 2
= 3 z 3 + 3( x − 1) y ( x − 1 + y ) + 3( x − 1 + y ) 2 z + 3( x − 1 + y ) z 2 M3

0,25

( do (x -1) 3 + y3 = 2z 3 )
⇒ ( x -1 + y + z) chia hết cho 3
Vì x − 1 + y + z nguyên tố nên x − 1 + y + z = 3

0.25

Vai trò x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử :

x − 1 ≤ z ≤ y ⇒ 3 = x − 1 + y + z ≥ 3( x − 1) ⇒ x − 1 ≤ 1 ⇒ x − 1 ∈ { 1;0} .
Với x − 1 = 0 ⇒ y 3 = 2 z 3 và y + z = 3 , suy ra không tồn tại y, z là các số

tự nhiên thỏa mãn.
Với x − 1 = 1 ⇒ 1 + y 3 = 2 z 3 và y + z = 2 . Tìm được y = z = 1
Đáp số x = 2; y = z = 1
Ta có:
b)
1,0 ®iÓm

x3 + 1 =

0.25

0.25

x + 1 + x2 − x + 1 x2 + 2
=
2
2

( x + 1) .( x 2 − x + 1) ≤

Với x là số dương
Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 2

0,25

Biến đổi:

a3
a3 + ( b + c)
⇒

3

a3
a3 + ( b + c)

3

=

1
3

b+c
1+ 
÷
 a 

≥

2
2

b+c

÷ +2
 a 

=

2a 2

( b + c)

2a 2
a2
≥ 2

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

2

+ 2a 2
0,25

Tương tự ta có:

b3
b3 + ( c + a )

3

b2
≥ 2 2
(2)
b + c + a2
0,25


c3
c3 + ( a + b )

3

c2
≥ 2 2

(3)
b + c + a2

Từ (1); (2) và (3) suy ra:

a3
a3 + ( b + c)

3

b3

+

b3 + ( c + a )

3

c3

+

c3 + ( a + b )

3

≥1

0,25

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c
Vẽ hình (1 trường hợp)
A

N

0,25

D

Câu
4
3,0
điểm

E

a)
1,0 ®iÓm

P
I

O

B

H
M

C
K

F

·
Sđ BAC
=

b)
1,0 ®iÓm

»
1800 − sd DE
» = 600
⇒ sd DE
2

0,25

·
Suy ra EOD
= 600 nên tam giác OED đều

0,25

suy ra ED = R.

0,25

·APE = ·ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE)
·ABM = ·ADE (Cùng bù với góc EDC)
Suy ra: ·ABM = ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác
ABM
AE AM
=
⇒ AE. AB = AM . AP (1)
Nên
AP AB
Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF
AE AF
=
⇒ AE. AB = AN . AF (2)
AN AB

0,25
0,25

0,25
0,25


Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM

c)
1,0 ®iÓm

Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ
như I với BD)
·

·
·
Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK
( cùng bằng FBD
),
= FCK
·
suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC
= 900 .
DK BH
=
Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:
FK FH
CK BI
=
Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên:
FK FI
DC BH BI
=
−
Suy ra:
FK FH FI
DC BD BH BD BI BH ID
+
=
+
−
=
+
FK FI FH FI FI FH FI

ID HC
DC BD BH HC BC
=
+
=
+
=
Mà
suy ra:
FI FH
FK FI FH FH FH
Vậy

BC BD CD 2 BC
BC BD CD
+
+
=
+
+
nên
nhỏ nhất khi FH lớn
FH FI FK
FH
FH FI FK

nhất khi F là trung điểm cung BC
Ta có ai = 1 hoặc ai = - 1 ; bj = 1 hoặc bj = - 1 , với 1 ≤ i , j ≤ 7 trong
đó i , j ∈ N.
Giả sử a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ 0 là sai ,

Câu
5
1,0
điểm

suy ra a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 = 0 và trong các số hạng của
tổng này có 7 số bằng 1 và 7 số bằng – 1 , vì vậy :
a1. b1 .a2 . b2 …. a7. b7 = 17 . ( - 1 )7 = - 1 .
Mặt khác : a1. a2.a7 .b1 .b2. b7 vì mỗi vế là tích các số trong bảng .
Ta nhận được mâu thuẫn nên có đpcm.

Lưu ý: học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0