BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 4)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4) BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ ĐƯỢC THẨM ĐỊNH ( PHẦN 4)

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)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= ( 4n n3 ) 7n 

b) Cho , , a b c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức

1 Tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng

2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi

3 K là trung điểm của PQ

Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 1)

x P

0.5 điểmMặt khác ta phải có

a x

18

2 2 3 3

ab b a ab

b a b

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương

2 (1 điểm)

Vì BCD BPQ  BPK BCK Tứ giác BCPK nội tiếp

Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác CPK luôn đi qua điểm cố định B 0.5 điểm

Tứ giác BCPK nội tiếp

Nếu mệnh đề Q đúng => A+51 tận cùng là 2 => P là mệnh đề sai

Khi đó A – 38 tận cùng là 3 => R không là bình phương của một số tự

Hết -ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1 (2,0 điểm)

1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:

A =

23

112

102

3)

2)(

34(2

3)6(6

x x

x x

x x

x

Điều kiện x  0, x  4; x  9 ; x  1

2) Rút gọn biểu thức: B =

322

323

22

32

a) Giải phương trình trên

b) Tìm các giá trị nguyên dương của a để phương trình có nghiệm x là số nguyên tố

2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau:

1

- n

n cba

1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM

2) Xác định vị trí điểm N trên AB sao cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 2)

 Điểm bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn

A2(2 x )( x 3)( x 1) 2( x 3)(2 x) (2 x)( x 1)

3 )(

1 ( 2

) 3 ( 2 ) 1 ( 3 3 ) 6 ( 6

x x

x

x x

x x

3 )(

1 ( 2

6 2 3 3 3 6 6

x x

x

x x

x x x x

3 )(

1 ( 2

) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( 2 ) 6 2 (

x x

x

x x x

x x

x x

3 )(

1 ( 2

) 2 )(

3 )(

1 (

x x

x

x x

Phương trình (1) có vô số nghiệm với x  0

0,25

Giải (3) ta có: a  0 , a  -3 Vậy : a = 0 phương trình có vô số nghiệm x  0

a = - 3 ; a= 1 phương trình vô nghiệm

a 1; a  -3 và a  0 phương trình có nghiệm duy nhất

Vì a là số nguyên dương và a 1nên:

Nếu a = 2 thì x = 3 , là số nguyên tố (thỏa mãn)Nếu a > 2 thì a = 2k hoặc a = 2k + 1 với k N, k > 1Xét a = 2k thì x = k(2k + 1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số (loại)

Xét a = 2k +1 thì x = (2k +1)(k+1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số ( loại)

Vậy a =2 thì nghiệm của phương trình x = 3 là số nguyên tố

(x;y;z) = (2;1;1)

0,250,25 0,25

0,25

Trang 8

Bài Câu Đáp án Điểm

3

3

c)b(a -3p

0 < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc  1

0 < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc  1

 0 < 27 - 54 + 3

2

)cb(a-c)b(a   2 2  2  2

- abc  1

 27 < 3

2

)cb(a-

6 2  2  23

- abc  28

 54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  56

 - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  -52

 52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM ) Dấu " = " xảy ra  a = b = c = 2

DCE ECB   BCF ECB  => ECF   900

 ECF vuông cân tại C

Có M là trung điểm của EF nên CM là đường trung tuyến vừa là đường cao, phân giác, trung trực

C D

a x

0,25

0,25

0,25

Trang 10

SACFE = 1

a.

2

a(a x) x

+ 1

2(a

2 +

4 2

a

x ) =

3 2

a (a x) 2x



Mà SACFE = 3SABCD =>

3 2

a (a x) 2x



= 3a2  6x2 - ax - a2 = 0

 (2x - a)(3x+a) = 0  x = a

2Vậy BN = a

2  N là trung điểm của AB thì SACFE = 3SABCD

( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)

Câu 2 (2 điểm)

a) Cho phương trình x2 – 6x –m =0 ( m là tam số) Tìm m để phương trình đã cho có hainghiệm x1 và x2 thỏa mãn 2 2

Cho ba đường tròn   O1 , O2 và  O (kí hiệu  X chỉ đường tròn có tâm là điểm X) Giả

sử   O1 , O2 tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và   O1 , O2lần lượt tiếp xúc trong với  O

tại M M1, 2 Tiếp tuyến của đường tròn  O1 tại điểm I cắt đường tròn  O lần lượt tại các điểm, '

A A Đường thẳng AM1 cắt lại đường tròn  O1 tại điểm N1, đường thẳng AM2 cắt lại đườngtròn O2 tại điểm N2

1 Chứng minh rằng tứ giác M N N M1 1 2 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đườngthẳng N N1 2

2 Kẻ đường kính PQ của đường tròn  O sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằmtrên cung 

-

Hết -Trang 12

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 3)

8 2

4 2 6 12

6

2 2 1 2 1 2 1 2 1

2 2 2 1

m x x x x m x x x x

x x

m x x

x x

Với x=0, y=0 không là nghiệm của hệ phương trình

0,25điểm

Với x0,y0,ta có: 0,25điểm

(x,y)=(1 ;1) là một nghiệm của hệ.

*)Vì x0;y0 nên x = -9y ( loại)

Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm (x,y) = (1;1)

Do đó (a-b, 2a+2b+1) = 1 Từ (*) ta được a - b và 2a +2b +1 là những

số chính phương Suy ra 2a +2b +1 là số chính phương

0,25điểm

0,25điểm0,25điểm

0,25điểmb.(1 điểm)

Vì a,b,c > 0, theo bất đẳng thức Cauchy , ta có: 1b2 2 b nên

2 2

c a

0,25điểm

4 Hình vẽ

Trang 14

Gọi S là giao điểm của PM1 và QM2.

Ta có O O M, , 2 2 thẳng hàng và O I2 song song với OP

A

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác

luôn tạo thành một tam giác cân

Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy

ra hai khả năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3

đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân

0,5 điểm

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3

đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân

Vậy, trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có

3 đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu

( Đề thi gồm 3 câu, 2 trang)

b) Biết rằng 1x  1y 6, Tìm giá trị lớn nhất của A

1.2 Tính giá trị của biểu thức P

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 2 2 2

1

311

311

31

a

c c

b b

Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C)

Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d)

Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N Gọi I là trung điểm của BC,

AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tạiK

1 Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn

2 Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi

3 Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng

MP tại E Chứng minh P là trung điểm của ME

Câu 5 (1 điểm) Mỗi ô vuông đơn vị của một bảng có kích thước 10 × 10 ( 10 dòng , 10 cột) được ghi

một số nguyên dương không vượt quá 10 bất kì Hai số nào được ghi trong hai ô chung một cạnh hoặc hai ô chung một đỉnh của bảng là hai số trùng nhau Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất 17 lần.

b) Áp dụng BĐT Cô Si cho hai số dương , ta có

x 6  2 2 3  2  2 3  18  8 2  3

Có 18  8 2  ( 4  2 ) 2  4  2  4  2

1 3 ) 1 3 ( 4 3 2 2 4 3 2

Phương trình (*) có hai nghiệm  m2 – 4p ≥ 0  m2 ≥ 4p

Giả sử y1, y2 là hai nghiệm của phương trình y1+ y2 = - m; y1.y2 = p

1

(2)1

2.2 Đặt 2x + y =a; x – y=b biểu diễn hệ

a b ab

a b ab

ab < 2ab a2+ b2 nên 1<ab+c2< a2+b2+c2=p suy ra ( p; ab+c2) =1

buộc c2 – ab p mà a b cnên 0  c2 –ab <p buộc c2 – ab =0

vậy c2=ab nên a=b=c suy ra p =3a2 mà p nguyên tố nên p=3

)(

31(

b

b b a

)31

(

2

a b

1

31

)(

52

)(

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6, khi và chỉ khi a=b=c= 1

K B

O

E

Q M

N

I

D

H

a) I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)

b) AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác góc MON mà

MON cân ở O nên OA  MN

ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB ACN;CAN chung     )

Trên hình vuông con kích thước 2x2 có không quá 1 số chia hết cho 2, có

không quá một số chia hết cho 3

Trang 20

∽

∽

điểm) - Lát kín bảng bởi 25 hình vuông , kích thước 2x2 có nhiều nhất 25 số chia

hết cho 2, có nhiều nhất 25 số chia hết cho 3 Do đó có ít nhất 50 số còn lại

không chia hết cho 2, cũng không chia hết cho 3, vì vậy chúng phải là một

( Đề thi gồm 05câu,01 trang)

Câu 1 (2điểm) Cho các số dương: a; b và x =

1

22

bab

Xét biểu thức P =

bxaxa

xaxa

2.1 Cho phương trình: x2 – 2mx +2m2 – 1 = 0 (1) ( m là tham số)

a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức 3 3 2 2

1 2 1 2

x x  x  x 2

2.2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20y2 6xy150 15 x

Câu 3 (2 điểm)

3.1 Tìm tất cả các số nguyên dương n để A = 29 + 213 + 2n là số chính phương

3.2 Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  1

Chứng minh rằng 1

c a b 

Câu 4 ( 3 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A

của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F Gọi P

và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF

a)Chứng minh tam giác AEO và tam giác ABQ đồng dạng

b) Chứng minh trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA

c) Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì BPQ có diện tích nhỏ nhất

Câu 5 (1 điểm) Một cái nền nhà dạng hình chữ nhật được lát kín bằng những viên gạch men kích

thước 2x2 và 1x4 Khi sửa nền nhà, người ta phải dỡ tất cả các gạch men đã lát, nhưng không may

vỡ mất một viên 2x2 Vì không có gạch men 2x2 nên người ta thay viên bị vỡ bởi các viên kích thước

1x4 Chứng minh rằng bây giờ nền nhà không thể lát được bởi các viên gạch ấy

(2 điểm)

Xét a – x = 0

1

)1(2

2





b

ba

(2)

Ta có a + x > a – x ≥ 0  ax a x 0 (3)

Từ (1); (2); (3)  P xác địnhRút gọn:

Ta có: a + x =

1

)1(1

2

2

2 2

ab

1)

xa

a - x =

1

)1(1

2

2

2 2

xa

 P =

bb

b

bb

bb

ab

b

ab

b

ab

b

ab

3

111

11

3

111

1)

1(

1

11

)1(

2 2

2 2

43

12

b

3

133

1.2

Xét 2 trường hợp:

 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = 

b3

4

P 43



 Nếu b 1 , a dương tuỳ ý thì P =

3

23

133

b

bb

2



b, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1

Vậy P

3

43

23

Thay lần lượt n = 2; 4; 6; 8 thì A đều không là số chính phương.

Vậy với n = 9 thì A là số chính phương

0,25đ0,25đ

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có

Mặt khác tam giác AEO và tam giác ABQ đều vuông tại đỉnh A (2)

Từ (1) và (2), Suy raAEO ABQ(c.g.c)

0,25 đ0,25 đ

0,5 đb) BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA

Nối PH cắt BQ tại I

Do AEO ABQ (câu a) Suy ra  ABQ A O   E

Lại có ABQ IPQ   (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

nên  AEO IPQ   , mà hai góc ở vị trí đồng vị => PH //OE

Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH//OE suy ra HO = HA

0,25 đ

0,5 đ

hay H là trung điểm của OA 0,25 đc)Ta có .

Do đó GTLN củaSBPQ  2R2  AE = AF  BEF vuông cân tại B

 BCD vuông cân tại B  AB  CD

Vậy SBPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi AB  CD

0,25 đ0,25 đ0,25 đ0,25 đ

Câu 5

(1

điểm)

Ta chia nền nhà thành các ô kích thước 1x1 rồi tô đen các ô ở dòng lẻ và cột

lẻ Ta thấy mỗi viên gạch 1x4 chiếm 4 ô vuông trên nền nhà sẽ chứa một số

chẵn các các ô đen còn các ô 2x2 trên nền nhà sẽ chứa đúng một ô đen

Lúc đầu tất cả gạch sẽ lát kín nền nhà nên số viên gạch 2x2 có cùng tính

chẵn lẻ với các ô đen

Vì vậy nếu số viên gạch 2x2 bớt đi một đơn vị, tức là tính chẵn lẻ bị thay

đổi, khác tính chẵn lẻ với các ô đen Do đó nền nhà không được lát kín

0,5đ

0,5đ

Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Trang 26