ĐỀ THI HSG TOÁN 9

MÃ KÍ HIỆU
[*****]

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, 01 trang)

Câu 1 (2 điểm):
x x + 26 x − 19 2 x
x −3
−
+
, (Với x ≥ 0; x ≠ 1 )
x+2 x −3
x −1
x +3
a) Rút gọn biểu thức P.

Cho biểu thức: P =

b) Tính giá trị biểu thức với x = 3 7 + 5 2 + 3 7 − 5 2 + 2 .
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Câu 2 (2 điểm):
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + y ) .
2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
 x + y = 1

 x x + y y = 1 − 3m
Câu 3 (2 điểm):

1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sau cho:

n 2 − 14n − 256

là số chính phương.

2. Cho a > 0, b > 0 và ab=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
A = (a + b + 1)( a 2 + b 2 ) +
a+b
Câu 4 (3 điểm):
1. Cho hai đường tròn ( O; R ) và (O '; R') tiếp xúc ngoài tại A (R>R’). Vẽ dây AM của (O) và dây AN
của (O’) sao cho AM ⊥ AN . Gọi BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (O) và (O’) với
B ∈ (O) và C ∈ (O ')
a) Chứng minh ba đường MN, BC, OO’ đồng qui.
b) Xác định vị trí của M và N để tứ giác MNO’O co diện tích lớn nhất. Tìm diện tích đó.
2. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi ha , hb , hc lần lượt là các đường cao và ma , mb mc lần lượt là các
trung tuyến ứng với các đỉnh A, B, C. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội
tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng:

ma mb mc R + r
+
+
≤
.
ha hb hc
r

Câu 5 (1 điểm): Cho 2016 đường thẳng có tính chất mỗi đường thẳng cắt hình chữ nhật cho trước thành hai
tứ giác có tỉ số diện tích bằng

1
. Chứng minh rằng có ít nhất 504 trong các đường thẳng trên cùng đi qua
27

một điểm.
--------------------- Hết ---------------------


MÃ KÍ HIỆU
[*****]

ĐÁP ÁN CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 – Năm học 2015 – 2016
MÔN : TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu
Câu 1
(2 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1 điểm)
Với điều kiện ta có:
P=

x x + 26 x − 19 − 2x − 6 x + x − x − 3 x + 3

( x − 1)( x + 3)

x x − x + 16 x − 16
=
( x − 1)( x + 3)
( x − 1)( x + 16)
x + 16
=
( x − 1)( x + 3)
x +3
b) (0,5 điểm)
=

Đặt

0,5

0,5

y = 3 7 +5 2 + 3 7 −5 2
⇔ y 3 = 14 − 3 y ⇔ ( y − 2)( y 2 + 2 y + 7) = 0

⇔ y = 2 ⇒ x = 4 (thỏa mãn x ≥ 0, x ≠ 1 )
Thay x = 4 vào biểu thức rút gọn của P ta được P = 4
c) (0,5 điểm)
x + 16
25
P=
= x +3+
−6

x +3
x +3
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương ta có
25
P = x +3+
− 6 ≥ 2.5 − 6
x +3
25
⇔x=4
⇒ P ≥ 10 − 6 = 4 Vậy P = 4 ⇔ x + 3 =
x +3
1) (1 điểm)
Có 5 (x2 + xy +y2) = 7 (x + 2y) (1)
=> 7 (x + 2y) M 5 => (x + 2y) M 5
Đặt x + 2y = 5t (2) (t ∈ Z )
Phương trình (1) trở thành x2 + xy + y2 = 7t
Từ (2) => x = 5t – 2y
Do đo ta được 3y2 – 15ty +25t2 -7t = 0 (*)
∆ = 84t − 75t 2
28
=> t = 0 hoặc t = 1 (Vì t ∈ Z)
Để phương trình (*) có nghiệm  0 ≤ t ≤
25
Tư đó ta có (0; 0); (-1; 3); (1; 2) là các nghiệm của phương trình
2) (1 điểm)
Đặt u = x , v = y ( 0 ≤ u, v )

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5


u + v = 1
⇔
Hệ phương trình trở thành  2
u + v 3 = 1 − 3m

u + v = 1

uv = m

Khi đó u,v là nghiệm của phương trình bậc hai ẩn t: (*)
t2 − t + m = 0
Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm không âm
1
Khi và chỉ khi 0 ≤ m ≤
4

0,5

1) (1 điểm)
Đặt:
2
2

n 2 − 14n − 256 = b2 ( b ∈ N ) ⇔ (n − 7) − k = 305 ⇔ (n − k − 7)(n + k − 7) = 305
n+k −7 > n−k −7
⇒
Bài 3
(2điểm)

n − k − 7 = 1
TH 1 
⇔ n = 160(TM )
 n + k − 7 = 305
n − k − 7 = −305
TH 2 
⇔ n = −146( L)
n + k − 7 = −1

1,0

n − k − 7 = 5
TH 3 
⇔ n = 40(TM)
 n + k − 7 = 61
n − k − 7 = −61
TH 4 
⇔ n = −26( L )
n + k − 7 = −5
Vậy n=40, k=20
n=160, k=150
2) (1 điểm)
Áp dụng bđt Cô si ta có:
1=2ab ≤ a 2 + b 2

2
]
a+b
4
⇒ A ≥ 2 + (a + b +
) + ( a + b)
a+b
Áp dụng BĐT cô si:
4
A ≥ 2 + 2 ( a + b)
+ 2 ab = 8
( a + b)
Vậy GTNN A=8 khi và chỉ khi a=b=1

0,25

A ≥ 2[(a + b+ 1) +

0,25

0,25
0,25


Câu 4
(3 điểm)

a) (1 điểm)
Chứng minh OM//ON

0,25

PO ' PC
=
PO PB
P 'O ' P 'C
=
Gọi P’ là giao điểm của OO’ và MN, ta cm
P 'O P ' B
Gọi P là giao điểm của OO’ với BC, ta cm

Suy ra

PO ' r P ' O '
= =
.
PO R P ' O

0,25

0,25

Vậy P ≡ P ' . Hay MN, BC, OO’ đồng quy
b) (1 điểm)
( O ' N + OM ) O ' H ≤ ( O ' M + OM ) OO '
Kẻ O’H ⊥ OM, SOMNO ' =
2
2
2
( R + R ')

SOMNO ' ≤
2

0,25

0,5

Dấu “=” xảy ra khi H ≡ O ⇔ OM ⊥ OO ' và O ' N ⊥ OO '
Vậy maxSOMNO ' = (

R + R ')
2

2

0,5

2) (1 điểm)
0,25

Gọi AB= c, AC= b, BC= a
Gọi O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC . A1, B1, C1 theo thứ tự là
trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
Có AA1 = ma ≤ R + OA1
BB1 = mb ≤ R + OB1
CC1 = mc ≤ R + OC1


 1 1 1   OA OB OC1 
ma mb mc

+
+
≤ R  + + ÷+  1 + 1 +
÷( 1)
ha hb hc
h
h
h
h
h
h
a
b
c
a
b
c

 

2S
2S 2S 2S
= a+b+c =
+
+ ( 2)
Có 2S = ( a + b + c ) r ⇒
r
ha hb hc
⇒

Có 2S = a.OA1 + b.OB1 + c.OC1 =

Suy ra

 OA1 OB1
+

hb
 ha

Từ (1), (2), (3) suy ra
Khi và chỉ khi ∆ABC

0,25

0,25

2S
2S
2S
OA1 + OB1 + OC1
ha
hb
hc

 OA OB OC1 
= 2S  1 + 1 +
÷
hb
hc 

 ha
OC1 
+
÷ = 1( 3 )
hc 
m m m
R+r
⇒ a+ b+ c ≤
⇔ AB = AC = BC
ha hb hc
2
đều

0,25

Câu 5
(1 điểm)

0,25

Các đường thẳng đã cho không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình chữ nhật
Các đường thẳng này cắt hai cạnh đối diện của hình chữ nhật( không đi qua đỉnh).
Gọi H, Q, K, P lần lượt lad trung điểm của AB, BC, CD, DA. Giả sử MN cắt hình chữ
nhật tạo thành tứ giác AMND và MBCN.
S AMND
1
=
Suy ra
. Giả sử MN cắt PQ tại E.
S MBCN 27

( AM + DN ) AD 1
PE 1
=
⇒
=
⇒
EQ 27
Suy ra ( MB + CN ) BC 27
E cố định. Do tính đố xứng ta tìm được trên PQ điểm F có tính chất giống điểm điểm
E. Bằng cách tương tự ta tìm được các điểm G, J có tính chất giống điểm I (hình vẽ)
2016 − 1
] = 504 đường thẳng đi qua một điểm
Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 1 + [
4
--------------------- Hết --------------------NGƯỜI RA ĐỀ

TỔ TRƯỞNG

BAN GIÁM HIỆU

0,5

0,25