BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 5)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5) BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 5)

ĐỀ SỐ 1

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, 1 trang)

a) Cho phương trình x2  3 x m   0 (1) (x là ẩn) Tìm các giá trị m để phương trình (1)

có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn: 2 2

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây

MN vuông góc với OA tại C Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK

C A

K

là tam giác đều  MN MB 4

Gọi E là giao điểm của AK và MI

6060

NKB MIK MIK

cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) mặt khác AK KB cmt nên AK MI tại E  HME 900  MHE

9090

0.250.250.250.25

2 Cho 3 3

x     Tính giá trị của biểu thức f x( )x33x

Câu 2 (2 điểm)

1/ Cho phương trình : x2 3x 2 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 Không giải phương trình

trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn :

1/Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương

2/ Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K

1) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O;R)

2) Chứng minh K là trung điểm của CH

3) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất

đó theo R

Câu 5 (1điểm)

Có 5 Nhà Toán học nam , 3 Nhà toán học nữ , 4 Nhà vật lí nam Lập một đoàn công tác 3 người cần có cả nam , nữ , cả nhà toán học và nhà vật lí Hỏi có bao nhiêu cách lập đoàn công tác?

- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa

- Điểm bài thi.10điểm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x1 2;x2 1;x3 10 0,25đ

 n = 5+7 = 12

0,25đ

0,25đ0,25đ

0,25đ3.2(1 điểm)

Biến đổi được 1 (13 13 13) ( 313 313 313) 313 3

c b a a c c b b a c b a

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có

abc c

b a

3 1 1 1

3 3

3    ; 3 3 3 3 3 3 2 2 2

3 1

1 1

c b a a c c b b

Suy ra

3 3

3 3 2 2 2

1 1 1

3 3

b a c b a abc A

512

729 8

1 1

4.1(1 điểm)

- Chứng minh AOMCOM 

- Chứng minh  AOM =  COM

0,25đ0,25đ

0.25đ4.3(1 điểm)

Chu vi tam giác ACB là PACB ABACCB2RACCB

Đẳng thức xảy ra khi AC = CB  M là điểm chính giữa cung AB

Suy ra PACB 2R2R 2 2R 1  2 , dấu "=" xảy ra khi M là

điểm chính giữa cung AB

Vậy max PACB 2R 1  2 đạt được khi M là điểm chính giữa

Chỉ có 3 cách lập đoàn công tác như sau :

- Gồm 2 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ Theo quy tắc nhân , số

- Gồm 1 nhà vật lí nam , 1 nhà toán học nữ , 1nhà toán học nam

Theo quy tắc nhân , số cách chọn là : 1 1 1

ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016

MÔN: TOÁN HỌCThời gian làm bài: 150 phút

( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)

x Tìm m để phương trình có hai nghiệm

thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn x 2x x1x 151m

2 1

2 2

2 1

4 82

3.1 Cho 3 số nguyên dương , ,a b c thỏa điều kiện 2 = b +1 a c và a  Tìm tất cả các số c1

trong biểu thức đã cho

3.2 Cho xy  1.Chứng minh rằng:

xy y

x    

21

11

1

2

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác

A và C khác O) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D.Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D) Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại

M cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là giao điểm của AM và CD

1 Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân

2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng

3 Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho 2014 số tự nhiên bất kỳ Chứng minh rằng trong số các số đó có một số chia hết cho

2014 hoặc có một số số mà tổng của các số ấy chia hết cho 2014

1

121

12

a a

a

a a a

a A

2

1 1 1

b (0,5điểm)

7

1 1

1 7

1 1

x A

1 1

3

2 (2) vô lý ( do x,y,zN nên vế phải của (2) là số hữu tỷ )

yz

z y x

(3)Giải (3) ra ta được 





 3 4

2 4

2 2 1 2 1

m m

x x

m x

x

Ta có x 2x x1x 151m x x 2 2x x x1x 151m

2 1 2 1

2 2 1 2

1

2 2

2 1

m m

1 4 2

1 4

1 6

1 2

1 6

(1điểm)

3.1 (1,0điểm)

Từ 2a b c1 (1)

Với a Z ,a1 nên a 2 2 4a Từ (1) suy ra b là số nguyên

dương lẻ Giả sử b 2n 1 với n Z 

* Nếu c là số nguyên dương chẵn thì : c 2m với m Z .Khi đó

ta có: c ( )2 m (2 1)2m(4 24 1)m 4 1



k Z

Suy ra 2a b c 1 4k 2 4 vô lý Do đó c là số nguyên dương lẻ.

* Ta đặt c 2m 1 với m N Suy ra:

11

1

2

2 

0 1

1 1

1 1

1 1

y xy xy

x

x xy

     1 .1  0

)(1

.1

)(

y x y xy

x

x y x

12 2

x

xy x y

BĐT cuối này đúng do xy > 1

Vậy

xy y

x    

21

11

MI

HF

Mặt khác CBM EMF 2    (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và

dây cung cùng chắn AM) Từ (1) và (2)  EFM EMF 

Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E

(Có thể nhận ra ngay EMF MBA MFE      nên suy ra tam giác

Trong đường tròn  I ta có: DMF và DIF lần lượt là góc nội tiếp

và góc ở tâm cùng chắn cung DF Suy ra DMF 1DIF

2

Từ (3) và (4) suy ra DMF DIH hay DMA DIH

Trong đường tròn  O ta có: DMA DBA  (góc nội tiếp cùng

chắn DA)

Suy ra DBA DIH

Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC Do đó

2 sđ AD không đổi

Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD

0,25điểm0,25điểm0,5điểm

Trường hợp 1: Nếu có một số hạng nào của dãy chia hết cho

2014 thì bài toán được chứng minh

Trường hợp 2: Nếu không có số hạng nào của dãy chia hết cho

2014 thì vì có tất cả 2014 phép chia mà số dư chỉ gồm

1, 2, , 2013 do đó theo nguyên lý Dirichle có ít nhất hai số hạng

của dãy có cùng số dư khi chia cho 2014 Gọi hai số hạng đó là S i

và S j Không mất tính tổng quát, giả sử 1 i j2014 thì

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016

MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút

Tính f(a) tại a = 3 16 8 5   3 16 8 5 

Câu 2 : (2.0 điểm)

a)Tìm m để phương trình (x2-1)(x+3)(x+5) = m có bốn nghiệm phân biệt x1, x2,

x3, x4 thoả mãn điều kiện 1 2 3 4

3

y x y x

y x

Câu 3 : ( 2.0 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương

b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

a) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi

b) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất

2 Cho tam giác nhọn ABC, gọi AH,BI,CK là các đường cao của tam giác

Chứng minh rằng

C B

A S

S

ABC HIK 1 cos2  cos2  cos2

TT Ý Nội dung Điểm

(

) )(

)(

(

) )(

(

) )(

)(

( )

)(

(

) )(

)(

(

2

2 2

y z z x

y x y z z x z

y z y x

z x z y y x y z

x y x

y z z x y x x

010

016

00

0'

m

P S

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình : x2+4x+4 - y1=0

x3,x4 là hai nghiệm của phương trình : x2+4x+4 - y2=0

Ta có:

1 1 1 1 1

4 3 2 1

4 3 2 1

2

x x

x x x x

x x



1)

(416

)(

4321

4

44

4

2 1 2 1

2 1 2

y

94016

4032

5572

vậy ( x= 0 ; y = 1 ) là 1 nghiệm

+) Với y = 0 thì từ (1) ta có x = 1 thoả mãn (2) vậy ( x =1 ; y= 0) là nghiệm

+) Với x+ y = 0 => x = - y Thay vào (1) ta có 0 = 1 ( vô lý ) Tóm lại hệ có hai nghiệm ( x ; y )= ( 0 ; 1 ) ; ( 1 ; 0 )

0.250.25

0.250.25

Suy ra: AN AC

ABAMHay AM AN AB AC 2R    2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (O)) 0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3     không đổi

Nên:NF ngắn nhất  CN =CF  C là trung điểm NF (2)

Từ (1) và (2) cho ta: A là trọng tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất

0,250,250,250,252

CIH ABC

BHK ABC

AKI ABC

HIK

CIH BHK AKI

ABC HIK

S

S S

S S

S S

S

S S

S S S

Hai tam giác AKI và ABC có chung góc A nên ta có :

AB

AI AC

AK AB AC

AI AK

AI A AC

S

ABC AKI cos2

H K

A I C

tương tự :

C CA

CH CB

CI S

S

B BC

BK AB

BH S

S

ABC CIH ABC BHK

2

2

cos

cos

A S

Từ (1) và (2) có ( m – 1 )( b - 1 )= mb – b – m + 1 = a + K – Ka2 + 1 = ( a + 1)( K + 1 – Ka ) (3)

Vì m > 0 theo (1) nên ( m – 1 )( b – 1) ≥ 0 Từ (3) => K + 1 – Ka ≥ 0 => K + 1 ≥ Ka => 1 ≥ K( a – 1 ) => 

1 1

) 1 (

0 ) 1 (

K a

a a

K

a K

* Nếu a = 1 từ (3) => (m – 1)(b – 1) = 2 => b = 2 hoặc b = 3 => (a; b) = ( 1; 2) và ( 1; 3)

* Nếu a = 2, K = 1 => ( m -1)(b – 1 ) = 0 Khi m = 1 từ (1) => ( a; b ) = ( 2; 3 ) Khi b = 1 => (a; b) = ( 2; 1)

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm bài hình.

Thời gian làm bài: 150 phút

( Đề thi gồm 05câu,01 trang)

2.1, Cho phương trình x2  2mxm2  2m 0, trong đó m là tham số.

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm.

1 4

1 4

y x

z

x z

y

z y

A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K

4.1, Chứng minh 4 điểm M, A, O, C cùng thuộc một đường tròn Suy ra MC là tiếptuyến của (O;R)

4.2, Chứng minh K là trung điểm của CH

4.3, Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đótheo R

Câu 5 (1,0 điểm)

Viết 6 số tự nhiên vào 6 mặt của một con súc sắc Chứng minh rằng khi ta gieo súc sắcxuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt đểtổng các số trên đó chia hết cho 5

- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tương đương

- Điểm bài thi 10 điểm

+, P < 0  1

2

x x

P S

2 0

2 0

2 2

0 2

2 2 2

m

m m m

0,5

0,52.2 (1,0 điểm)

Điều kiện của ẩn : x, y, z  1/4

Nhân 2 vế cả ba phương trình với 2 rồi cộng lại, ta được phươngtrình:

a c a b c  a b a b c Cộng từng vế a b c 2a b c 2

Chứng minh 4 điểm M, A, O, C cùng thuộc một đường tròn.

Ta có  AOC cân tại O nên OI là trung tuyến đồng thời là phân giác

gọc AOC => góc AOM = góc COM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra  AOM =  COM=>MAO=MCO=90· · 0

Suy ra I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay M, A, O,C

cùng thuộc một đường tròn

Suy ra MC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

0,250,250,25

b (1,0 điểm)

Chứng minh K là trung điểm của CH

KH

AM AB   AB  2R (1)Chứng minh cho CB // MO  AOMCBH (đồng vị)

Suy ra PACB 2R2R 2 2R 1  2 , dấu "=" xảy ra khi M làđiểm chính giữa cung AB

Vậy max PACB 2R 1  2 đạt được khi M là điểm chính giữa cungAB

0,25

0,250,25

- Nếu có một trong 5 tổng đó chia hết cho 5 thì bài toán đã giải xong

- Nếu không có tổng nào chia hết cho 5 thì tồn tại hai tổng có cùng số

dư khi chia cho 5 ( vì 5 tổng mà chỉ có 4 số dư khác 0 là 1; 2; 3; 4)

Hiệu của hai tổng này chia hết cho 5

Gọi hai tổng đó là sm và sn ( 0  n < m 5), thì sm - sn  5

hay (a1 + a2 + … + am ) - (a1 + a2 + … + an )

= an+1 + an+2 + … + am  5

0,250,250,25

0,25

( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

2.1 Cho phương trình ẩn x, tham số m : x2 - 4x + m + 1 = 0 (1)

Tìm m để hai nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn điều kiện x1 x2 6

b) Chứng minh E là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác CHM

c) Khi E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên đường nào ?

d) Khi MCH 30  0, tính độ dài của đoạn HK theo a

Bài 5: (1,0 điểm)

Trên mặt phẳng cho 2000 điểm thỏa mãn ba điểm bất kỳ trong số chúng đều thẳng hàng.Chứng minh rằng 2000 điểm đã cho đều thẳng hàng

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 6)

Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016

MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)

Chú ý:

- Thí sinh làm bài theo cách khác vẫn cho điểm tối đa

- Điểm bài thi làm tròn đến số thập phân thứ hai

0,25

0,251.2 (1,0 điểm)

x x x

x

x

= x.( x2 1) 1

x x x

x

x x

= - 2 ( đpcm)

mà  1 2

1 2

41

x x

x x m

  (hệ thức Vi - ét)nên: 42 - 4(m + 1) = 36  m + 1 = -5  m= - 6 ( tmđk)

Vậy khi m = -6 thì phương trình (1) có nghiệm x1 x2 6

0,25

0,252.2( 1,0 điểm)

Ta có tứ giác ABHD nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng 1800)

Nên ABD AHD 450(góc nội tiếp cùng chắn AD)

Suy ra MHK450900 1350

Tứ giác DMHK có MDK MHK  4501350 1800

Do đó tứ giác DMHK nội tiếp

Suy ra DMK DHK (góc nội tiếp cùng chắn DK)

0,25

Mà DHK  900nên DMK  900

BDK có 3 đường cao DH, BC, KM mà DH và BC cắt nhau tại E nên

E là trực tâm của tam giác BDK

Chứng minh E là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác CHM

Ta có tứ giác CMBK nội tiếp nên có MCE MKB  ( góc nội tiếp cùng

chắn MB)

Ta cũng có tứ giác CEHK nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 1800) nên

ECH MKH (góc nội tiếp cùng chắn EH)

Do đó MCE ECH  nên CE là phân giác của MCH

Chứng minh tương tự ta cũng có HE là phân giác của MHC

Suy ra E là giao điểm của hai đường phân giác trong của tam giác MCH

Vậy E là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MCH

0,25

0,25

0,25 Câu c ( 0,75 điểm)

Khi E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên đường nào ?

Ta có ABD AHD 450( góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

mà AD = a cố định nên điểm H nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên

đoạn thẳng AD Khi E  B thì H  B, khi E  C thì H  C

Do đó khi E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên cung BC

chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AD

0,25

0,25

0,25 Câu d ( 0,5 điểm)

Khi MCH  300, tính độ dài HK theo a

Khi MCH  300thì MCE MKH  MDE 150Do đó CDE  300

 450

EKC

  nên ECKvuông cân tại C Suy ra CE = CK (1)

Ta có tam giác DHK vuông tại H nên HK = DK sin300 =

Giả sử: 2000 điểm đã cho không thẳng hàng

- Dựng qua mỗi cặp 2 điểm trong số 2000 điểm này một đường thẳng

Số các đường thẳng được nối như vậy là hoàn toàn xác định và hữu hạn

- Xét các khoảng cách khác 0 nhỏ nhất từ 2000 điểm đã cho đến các

đường thẳng vừa dựng Số các khoảng cách như vậy tồn tại và hữu hạn

- Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là bé nhất ( A, B, C là ba

trong số 2000 điểm đã cho) Theo giả thiết, trên BC còn có 1 điểm thứ 3

là D khác B và C

- Vẽ AQ vuông góc với BC, khoảng cách AQ là bé nhất theo giả sử ta

có trong ba điểm B, C, D phải có ít nhất hai điểm nằm cùng phía của

điểm Q, giả sử là C và D Giả sử CQ < DQ vẽ CR vuông góc AD, dễ

thấy CR < AQ ( vô lý) Chứng tỏ 2000 điểm đã cho thẳng hàng

0,25

0,25

0,25

0,25 -Hết -

ĐỀ SỐ 7

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9-Năm học 2015-2016

MÔN: ToánThời gian làm bài : 150 phút

( Đề thi gồm 5 câu,01 trang)

a, Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m

b, Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện:

2x1(2 + x2) + 4x2(1 – x1) + 8x1x2 = 2013

Câu 3 (2 điểm)

Chứng minh rằng:

a) Cho N = 1.3.5.7…2007

Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương.b) Với số tự nhiên n, n  1

1 Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R) C là một điểm thay đổi trên đường tròn( C khác A và

B ), kẻ CH vuông góc với AB tại H Gọi I là trung điểm của AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròntâm( O; R) tại M, MB cắt CH tại K

a, Chứng minh K là trung điểm của CH

b, Xác định vị trí của của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó theo R

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ (ĐỀ SỐ 7 )

LỚP 9-Năm học 2015-2016

MÔN: Toán

Chú ý:

- Thí sinh làm bài theo cách khác thì cho điểm tối đa

- Điểm bài thi 10 điểm

= 5 ( 5 1) 2

= 1

0,25

0,251.2 (1,5 điểm)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

b, Giải hệ phương trình sau:

3

22

z y

Vì (2m + 3)2 ≥ 0 nên ΔACHΔAKB > 0 với mọi m

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

Vì N lẻ  N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1  2N không là số chính phương

* 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4

2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1