De va dap an HSG toan 9 hai phong 2016

1 điểmGọi 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 BCB

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 1

(2 điểm)

1a) (1,0 điểm) + Đặt u = 3 20 14 2 ; v = 3 20 14 2

Ta có x = u + v và u3v3 40 0,25 đ u.v = 3(20 14 2)(20 14 2) 2  

x u v   x u v 3uv(u v) 40 6x  

0,25 đ 0,25 đ hay x3 6x 40 Vậy A = 2016 0,25 đ

1b) (1,0 điểm)

Ta có x y z   xyz  4 4(x y z) 4 xyz 16    0,25 đ Khi đó ta có: x(4 y)(4 z)   x(16 4y 4z yz)  

 x(yz 4 xyz 4x)   x ( yz 2 x ) 2  xyz 2x (1)

0,25 đ

Tương tự y(4 z)(4 x)   xyz 2y (2) z(4 x)(4 y)   xyz 2z (3)

0,25 đ

Từ (1), (2), (3) suy ra B 2(x y z    xyz) 2.4 8  0,25 đ

Bài 2

(2 điểm) 2a) (1,0 điểm)Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1x2 p; x x1 2 1

x3x4 q; x x3 4 1 0,25 đ

2

x x x x x x x x x x

1 x p 1 qx

     (vì x là nghiệm của phương trình 3 x2 qx 1 0   x32qx3 1 0 nên x32 qx3 )1

0,25 đ

x1 x3 x2 x3 x p q3   1

Tương tự x1x4 x2 x4  1 px4   qx4 1 x p q4    2

 (y 2x 3)(y x 2) 0    

Hệ đã cho đương đương với

y 2x 3 0 (1) (I)

x y xy 3 (2)

y x 2 0 (3) (II)

x y xy 3 (4)

    

 

  







 

0,25 đ

Giải hệ phương trình (I): Rút y ở (1) thay thế vào (2) ta được:

x 3x 2 0

x 2 y 1

  



       



0,25 đ

Giải hệ phương trình (II): Rút y ở (3) thay thế vào (4) ta được:

2

x  2x 1 0   x 1  y 1

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (1; 1); (2; 1)

0,25 đ

Bài 3

(2 điểm)

3a (1,0 điểm)

Ta có

2016 x y 2001 2015 y z 2001

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 

2

2016x 2015y

xz y 2016y 2015z







0,25 đ

Ta lại có: x2y2z2 x z 2 2xz y 2

x z2 y2 x y z x y z  

       

Vì x2y2z2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1

nên x – y + z = 1 Do đó x2y2z2   x y z

Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x2 x ; y2 y ; z2 z

Suy ra x2 x, y2 y, z2  z x y z 1.  

0,25 đ

Thử x y z 1   vào 2016 x y 2001   2015 y z 2001  

(không thỏa mãn)

Vậy không tìm được x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25 đ

3b) (1,0 điểm)

Ta có 3x yz x y z x yz    x y x z     (vì x + y + z = 3)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:  zx  xy2 x y z x    

0,25 đ

 zx xy x y y z   3x yz

x zx xy x 3x yz

x 3x yz x zx xy x y z

Chứng minh tương tự ta được:

y y

y 3y zx  x y z ;

;

z 3z xy  x  y z

0,25 đ

Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được:

1

x 3x yz y 3y zx z 3z xy  (đpcm)

0,25 đ

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 1 0,25 đ

Bài 4

(3 điểm)

Hình vẽ:

4.1a (1,0 điểm)

Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

 KIM KBM; HIM HCM   

PIQ KIM HIM KBM HCM

0,25 đ

Mà KBM ICM  (cùng bằng

1

2 sđ BM ) HCM IBM  (cùng bằng

1

2 sđ CM )  PIQ ICM IBM  

0,25 đ

Mà MIK MCI  (vì cùng bằng KBM )  MQP MCI 

Ta có: MHI MCI  (cùng bằng

1

2 sđ IM )

mà MQP MCI  (chứng minh trên)

MQP MHI sđMQ

2

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)

0,25 đ

4.1b (1,0 điểm)

Gọi E; D’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC

Ta có PE2 EM.EN(vì  PEM  NEP)

QE2  EM.EN(vì  QEM  NEQ)

 PE2= QE2 (vì PE; QE > 0)  PE= QE

0,5 đ

Xét  MBC có PQ // BC (doMQP MCI  chứng minh trên)

nên:

EP EQ D'B D 'C (hệ quả của định lí Thales)

0,25 đ

Mà EP = EQ  D’B = D’C do đó D’D

4.2 (1,0 điểm)

-Vẽ đường kính AN của (O)

Suy ra OP là đường trung bình của AQN

Q P

O

N

0,25 đ

PO / /QN

  AOP ONQ  (đồng vị) và POQ OQN  (so le trong) 0,25 đ Xét ONQ có OQ < ON  ONQ OQN   AOP POQ  0,25 đ hay AOK KOH   sđ AK< sđ KH AK KH  0,25 đ

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

các đường trung bình của hai hình

thang đó

0,25 đ

Khi đó

1 1

AA B D

A BCB

1

AD AA DB

1

S BC A B B C 2IN IN 2

2





(theo GT) Suy ra

MI 1

MN 3 nên

1

MI MN 3



vậy điểm I cố định

0,25 đ

Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ) 0,25 đ

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 0,25 đ

- Hết

-d

1

1 1

B

A

F

E

N M

H K