SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CẤP THCS NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/ 4/ 2016

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức

với

.

b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

.

Rút gọn biểu thức:

.

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giả sử
phương trình

là hai nghiệm của phương trình


ngoại tiếp MPK và MQH. Gọi D là trung điểm của đoạn BC; N là giao điểm thứ hai của (O 1)
và (O2). Chứng minh:
a) PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ).
b) ba điểm M, N, D thẳng hàng.
2. Trên dây cung AB của (O) (AB không đi qua tâm O) lấy hai điểm P và Q sao cho AP =
PQ = QB. Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P và điểm Q. Chứng minh
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 2017 đường thẳng phân biệt đều cắt hai cạnh đối của một hình vuông thành hai phần
có tỉ số diện tích là 1:2. Chứng minh rằng trong 2017 đường thẳng trên có ít nhất 505 đường
thẳng đồng quy.
---------Hết--------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

HẢI PHÒNG

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
Bài 1

3

(20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2

u.v =

x = u + v ⇒ x 3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x

0,25 đ
0,25 đ


x 3 − 6x = 40

hay

0,25 đ

. Vậy A = 2016.

1b) (1,0 điểm)

x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4(x + y + z) + 4 xyz = 16

0,25 đ

Ta có

x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz)
Khi đó ta có:

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:

0,25 đ

x 3 + x 4 = −q; x 3x 4 = 1
⇒ ( x 1 − x 3 ) ( x 2 − x 3 ) = x 1x 2 − x 3 ( x1 + x 2 ) + x 3 2
= 1 + x 3p + ( −1 − qx 3 )

(vì

0,25 đ

2
x 2 + qx + 1 = 0 ⇒ x 3 + qx 3 + 1 = 0

x3
là nghiệm của phương trình

nên

x 3 = −qx 3 − 1
2

)

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

( x1 + x 4 ) ( x 2 + x 4 ) = 1 − px 4 + ( −qx 4 − 1) = − x 4 ( p + q ) ( 2 )
Tương tự
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

0,25 đ

,

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

0,25 đ

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

x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
0,25 đ

(1; 1); (2; −1)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
Bài 3

3a (1,0 điểm)

(

(2 điểm)

)

(

2

Ta lại có:

= ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z )
2

x 2 + y2 + z2
Vì

là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y + z

x 2 + y2 + z2 = x + y + z

0,25 đ

= 1. Do đó

x 2 ≥ x ; y2 ≥ y ; z 2 ≥ z
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên

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

(

Thử
thỏa mãn)

)


Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:

⇒

(

)

zx + xy ≤

( x + y) ( y + z)

0,25 đ

= 3x + yz

⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz
⇒

x
x
≤
=
x + 3x + yz x + zx + xy

x
x+ y+ z

y

Bài 4

0,25 đ

Hình vẽ:

(3 điểm)

4.1a (1,0 điểm)
Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp

·
·
·
·
⇒ KIM = KBM; HIM = HCM

0,25 đ

·
·
·
·
·
⇒ PIQ
= KIM
+ HIM
= KBM
+ HCM


·
¼
⇒ PIQ
= ICM
+ IBM
CM
sđ

)

·
·
·
PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800
Ta lại có

·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800

0,25 đ
(tổng ba góc trong tam giác)


1

·
⇒ MQP
= MCI
KBM
)

1
2
(cùng bằng

sđ

»
IM

)

1 ¼
·
·
⇒ MQP
= MHI
= sđMQ
2

·
·
MQP
= MCI
mà

QE 2 = EM.EN
(vì

⇒

Xét

∆

∆

∆

S

∆

PEM

∆

NEP)
0,5 đ

S

PE 2 = EM.EN

QEM


Suy ra N, M, D thẳng hàng.
4.2 (1,0 điểm)

≡

D

0,25 đ


-Vẽ đường kính AN của (O).

∆AQN
Suy ra OP là đường trung bình của

0,25 đ

·
·
= ONQ
⇒ PO / /QN ⇒ AOP

·
·
POQ
= OQN
(đồng vị) và

(so le trong)


0,25 đ

» < KH
»
» ⇒ AK
KH

0,25 đ

5 (1,0 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.
0,25 đ
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.

SAA1B1D
SA1BCB1
Khi đó

(theo GT)

MI 1
=
MN 3
Suy ra

nhất phải có 505 đường thẳng đồng quy.

0,25 đ

--------------- Hết ------------------