De thi HSG TP toan 9 co dap ande xuat

<span class='text_page_counter'>(1)</span>MÃ KÝ 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 05 câu 01 trang). Câu 1. (2 điểm) 2 x 3 2 2x  2 x  3 2  6. 1.1. Rút gọn biểu thức sau : P =. . 2x  6 2x  2 x  3 2  6. a 4 b4 1   2 2 d cd . 1.2. Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a  b 1 và c a2 d  2 2 c b Chứng minh rằng . Câu 2. (2 điểm) 2 2.1. Cho phương trình (ẩn x): x  2(m  2) x  4m  9 0 có hai nghiệm x1 ; x2 . 2 2 Tìm m sao cho biểu thức A  x1  x2  8 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.. 3xy = 2  x+ y   5yz = 6  y + z   4zx = 3  z + x  2.2. Giải hệ phương trình : .  I. Câu 3. (2 điểm) 3.1. Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 3.2. Chứng minh rằng : 1. . 31 2. .  5. 1 2 3. .  7. 1 3 4. .  . 1. 2007 4015 2007  2008 2009. . . . Câu 4. (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2. Câu 5. (1 điểm) Sau một bữa tiệc, mỗi người bắt tay một lần với mỗi người khác trong phòng. Hệ thống camera tự động đếm thấy có tất cả 66 cái bắt tay. Hỏi trong phòng có bao nhiêu người? -------------------Hết-----------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MÃ KÝ HIỆU [*****]. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Lớp 9 - Năm học 2015-2016 MÔN: TOAN Thời gian làm bài: 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 04trang). Chú ý: - Thí sinh làm bài theo cách khác thì cho điểm vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi 10 Câu Đáp án 1 1.1 (1điểm) (2 điểm) 2 x 3 2 2 x 3 2 2x  2 x  3 2  6. . x. .  . 2 2  3 2 2. Điểm. . Có : A =. . A= Tương tự có:. 2 x 3 2 2 2 x  3. . 0,25. . 2x  6  2x  2 x  3 2  6. 2x  6 x 3 2 2. . . B= Từ đó  Tập xác định là x 0 và x 9 2 x 3 2. Ta có P = A+B =. 2. =. . 2 2. x 3 2. . . . x3.  . x 3. . . x 3 2 2.  2. 2x  6. . x  3 2. x 3. . . 2 x  6 x  3 2 x  9 2  x 2  6 x  3 2 x  18. =.  x  9 2   x  9  2  =  x  9  2 . Vậy 1.2 (1điểm). 0,25. 2x  6. .  . x 3 . . 2. 0,25. .  x 9 2 x  9 2. x 9 P = x  9 Với x 0 và x 9. a 4 b4 1 a 4 b 4 (a 2  b 2 ) 2      c d cd a 2  b 2 1 và c d c  d  d (c  d )a 4  c(c  d )b 4 cd ( a 2  b 2 ) 2  dca 4  d 2 a 4  c 2b 4  cdb 4 cd (a 4  b 4  2a 2b 2 )  d 2a 4  c 2b 4  2cda 2b 2 0  (da 2  cb 2 ) 2 0 2. 0,25. 0,25. 0,25. 2. a b  d . Do đó  da 2  cb 2 0 hay c. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25. a2 d b2 d (b 2  d ) 2 a2 d   2  2  2 0  2 2 c b2 d b db 2 . Vậy c b 2.1 (1điểm)  ' (m  2) 2  4m  9 m 2  5. 0,25. Phương trình có 2 nghiệm   ' 0  m  5 hoặc 5 m Theo hệ thức Vi-ét ta có : x1  x2 2m  4; x1 x2 4m  9 Ta có: A x1  x2  8 x1 x2 ( x1  x2 )  10 x1 x2 A (2m  4)2  10(4m  9) 4m2  24m  74 4( m  3)2  110  110. 0,25. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi m = 3 > 5 Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là  110 khi m = 3.. 0,25. 2. 2. 2. 0,25. Ghi chú: Nếu thí sinh không tìm được ĐK : m  5 hoặc m  5 nhưng có thế m = 3 vào biểu thức  ' = 4 > 0 thỏa mãn điều kiện có nghiệm thì vẫn không bị trừ điểm. 2 (2 điểm). 2.2 (1điểm) + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. x  y 3 1 1 3  xy  2  x  y 2   y  z 5  1 1 5      yz 6  y z 6 z  x 4 1 1 4      zx 3    + Với xyz 0 thì (I) được viết lại: (II)  z x 3 Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được:  1 1 1  11 1 1 1 11 2         x y z  3  x y z 6 (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).. 3 (2 điểm). 3.1 (1điểm) Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m ¿ 2. 2. Từ đó suy ra m – n = 2006. ⇔. 0,25. 0,25 0,25 0,25. N). (m + n)(m - n) = 2006. Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1). 0,25. Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒. 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2). Từ (1) và (2). m + n và m – n là 2 số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ 4 Nhưng 2006 không chia hết. cho 4 ⇒. 0,25. ⇒. Điều giả sử sai.. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 3.2 (1điểm) Ta có với n  1 thì 2.  2n  1. n  n 1. . . . 2 n 1 . n. . . 2 n 1 . n. 4 n  4n  1 <.  1 . 1. n. 2 n n  1. 2. n 1. 0,25. Từ đó ta có : 1. . Sn = 3 1  2 1 n 1. < 1-. .  5. 1 . 1 2 3 2 4n  4. .  . 1 . 2.  2n  1. n  n 1. . 2. 0,25. 2. n  4n  4. 2 n  = 1- n  2 n  2 n Vậy Sn < n  2. 0,25. Áp dụng cho n = 2007 ta có 4 (3 điểm). 2007 S2007 < 2009 là điều phải chứng minh a. 0,25. A f k. o. m. h. O. P. e. n. c. M. b. H. K. E. N. C. B. 4.1 (1điểm)  Ta có:. 0  + AHE 90 (theo giả thiết AB  MN ). 0,25 0  + AKE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AHE  AKE 900  H, K thuộc đường tròn đường kính. AE. Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.. 0,25.  Xét hai tam giác  CAE và  CHK: + Có chung góc C.   + EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK)  CHK (g - g) Suy ra  CAE. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4.2 (1điểm).  Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có   0,25 MKB  NKB (1) Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên    NKB KNF (2)    0,25 MFN (3)  MKB     Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF  KFN KNF . Vậy  KNF cân tại K. 4.3 (1điểm) 0 0   * Ta có AKB 90  BKC 90  KEC vuông tại K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K    BEH KEC 450  OBK 450. Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB). 0,5. 0,25 0,25. * Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân 0,25 nên KN = MP. Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2. 5 (1 điểm). 0,25. Gọi số người trong phòng cần tìm là n (người) thì mỗi người sẽ bắt tay với n-1 người còn lại. Mỗi “Cái bắt tay” phải có 2 người với nhau ( 2 lần ) Như vậy n người sẽ có n(n-1) lần bắt tay. Và số “Cái bắt tay” là A=. 0,25 0,25 0,5. Thay A = 66 và giải pt bậc 2 ta tìm được n = 12 (người). -------------------Hết-----------------.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Người ra đề (ký, ghi rõ họ tên). Người thẩm định (ký, ghi rõ họ tên). Lưu kiếm, ngày 16 tháng 1 năm 2016 BGH nhà trường (ký tên, đóng dấu).

<span class='text_page_counter'>(7)</span>