De va dap an HSG toan 9 hai phong 2016

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
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

Đáp án

Điểm

1a) (1,0 điểm)

Bài 1
(2 điểm)

3
3
+ Đặt u = 20 + 14 2 ; v = 20 − 14 2
3
3
Ta có x = u + v và u + v = 40

0,25 đ

3
u.v = (20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2
x = u + v ⇒ x 3 = u 3 + v3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x

0,25 đ
0,25 đ

3
hay x − 6x = 40 . Vậy A = 2016.
1b) (1,0 điểm)
Ta có x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4(x + y + z) + 4 xyz = 16

Khi đó ta có:

0,25 đ
0,25 đ

x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz)
= x(yz + 4 xyz + 4x)
= x. ( yz + 2 x ) 2 = xyz + 2x

Tương tự

0,25 đ
(1)

y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y (2)

z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra B = 2(x + y + z + xyz ) = 2.4 = 8 .
Bài 2
2a) (1,0 điểm)
(2 điểm)
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1 + x 2 = −p; x1x 2 = 1
x 3 + x 4 = −q; x 3x 4 = 1

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

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

2
2
(vì x 3 là nghiệm của phương trình x + qx + 1 = 0 ⇒ x 3 + qx 3 + 1 = 0
2
nên x 3 = −qx 3 − 1 )

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

x + x 4 ) ( x 2 + x 4 ) = 1 − px 4 + ( −qx 4 − 1) = − x 4 ( p + q ) ( 2 )
Tương tự ( 1
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
2b) (1,0 điểm)
phương trình của hệ ta được:

Cộng vế với vế hai
2x 2 + y 2 + 3xy − 7x − 5y + 6 = 0 ⇔ y 2 − (5 − 3x)y + 2x 2 − 7x + 6 = 0
1
-Trang 1-

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
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) 
  x 2 + y 2 + xy = 3 (4)

0,25 đ

,
Hệ đã cho đương đương với
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
Giải hệ phương trình (II): Rút y ở (3) thay thế vào (4) ta được:
x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
(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

(

)

(

0,25 đ

0,25 đ

)

Ta có
⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1)

0,25 đ

Vì 2001 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
.

0,25 đ

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

2
2
2
Vì x + y + z là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1
2
2
2
nên x – y + z = 1. Do đó x + y + z = x + y + z

0,25 đ

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

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

(

)

(

)

2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001
Thử x = y = z = 1 vào
(không thỏa mãn)
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)

(
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:

2
-Trang 2-

zx + xy

)

2

≤ ( x + y) ( z + x )

0,25 đ

0,25 đ


⇒

(

)

zx + xy ≤

( x + y) ( y + z)

= 3x + yz

⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz
⇒

x
x
x
≤

=
x + 3x + yz x + zx + xy
x+ y+ z

y
y
≤
x+ y+ z;
Chứng minh tương tự ta được: y + 3y + zx
z
z
≤
;
z + 3z + xy
x+ y+ z
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được:
x
y
z
+
+
≤1
x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy
(đpcm)
Bài 4
(3 điểm)

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 1.
Hình vẽ:

4.1a (1,0 điểm)
Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp
·
·
·
·
⇒ KIM = KBM; HIM = HCM
·
·
·
·
·
⇒ PIQ
= KIM
+ HIM
= KBM
+ HCM
1
·KBM = ICM
·
¼ )
Mà
(cùng bằng 2 sđ BM
1
·
·
·
·
·
¼

HCM
= IBM
(cùng bằng 2 sđ CM ) ⇒ PIQ = ICM + IBM
0
·
·
·
Ta lại có PMQ + ICM + IBM = 180 (tổng ba góc trong tam giác)
·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800
1
·
·
» )
Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ MQP = MIK (cùng bằng 2 sđ PM

3
-Trang 3-

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


·
·
·
·
·
Mà MIK = MCI (vì cùng bằng KBM
) ⇒ MQP = MCI
1
·MHI = MCI
·
» )
Ta có:
(cùng bằng 2 sđ IM
1 ¼
·
·
⇒ MQP
= MHI
= sđMQ
·MQP = MCI
·
2
mà
(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:
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)

QE 2 = EM.EN (vì ∆ QEM

S S

4.1b (1,0 điểm)
Gọi E; D’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC
2
Ta có PE = EM.EN (vì ∆ PEM ∆ NEP)
∆ NEQ)
2
2
⇒ PE = QE (vì PE; QE > 0) ⇒ PE = QE.
·
·
Xét ∆ MBC có PQ // BC (do MQP = MCI chứng minh trên)
EP
EQ
=
nên: D 'B D 'C (hệ quả của định lí Thales)
Mà EP = EQ ⇒ D’B = D’C do đó D’ ≡ D
Suy ra N, M, D thẳng hàng.
4.2 (1,0 điểm)
-Vẽ đường kính AN của (O).
Suy ra OP là đường trung bình của ∆AQN 

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

·
·
·
·
⇒ PO / /QN ⇒ AOP
= ONQ
(đồng vị) và POQ = OQN (so le trong)
·
·
·
·
Xét ONQ có OQ < ON ⇒ ONQ < OQN ⇒ AOP < POQ

» < KH
»
·
·
»
» ⇒ AK
hay AOK < KOH ⇒ sđ AK
< sđ KH
Bài 5

5 (1,0 điểm)
(1 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.
Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1
là hình thang và có MI, NI lần lượt là

4
-Trang 4-

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ


các đường trung bình của hai hình
thang đó.
1
SAA1B1D 2 AD ( AA1 + DB1 ) 2IM IM 1
=
=
=
=
1
SA1BCB1
2IN
IN
2

BC ( A1B + B1C )
2
Khi đó
(theo GT)
MI 1
1
=
MI = MN
3
Suy ra MN 3 nên
vậy điểm I cố định.
Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ).
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.
--------------- Hết ------------------

5
-Trang 5-

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ