Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh nghệ an năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2015 – 2016

Đề chính thức

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3 điểm).
a. Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm
có khối lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2.
Câu 2. (6 điểm).
a. Giải phương trình: x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3
4 x 2 + 1 = y 2 − 4 x
b. Giải hệ phương trình:  2
2
 x + xy + y = 1
Câu 3. (3 điểm).
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
b2 + 1 c2 + 1 a2 + 1

Câu 4. (6 điểm).
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với

đường tròn (A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M,
Q). Gọi H là giao điểm của OM và AB.
·
·
a. Chứng minh: HPO
= HQO
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng

1
1
+
có giá trị nhỏ nhất.
EA EB

Câu 5. (2 điểm).
Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp
được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn bất kì nào trong
chúng có điểm trong chung.
---------- HẾT ---------Họ và tên: ................................................................................................................................ Số báo danh: ..................................................


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang

Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1. (3 điểm).
a. Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối
lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2.
Nhận xét:
n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25
0,5
(n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17
(n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13
a Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ..., 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13
1,5 Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13
0,5
Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13

Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A+25, B+17, C+13;
nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13. Khối lượng
của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam.
1
Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3 x – 2 +19) = y2 (x ≥ 2). Để y là số nguyên
(3,0)
thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số nguyên
dương)
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 3 2k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết
b cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương.
1,5 Do đó x – 2 = 2k là số chẵn
k

k
Ta có 3x – 2 + 19 = z2 ⇔ ( z − 3 ) ( z + 3 ) = 19 . Vì 19 là số nguyên tố và
 z − 3k = 1
 z = 10
 z = 10
⇔
⇔
z − 3 < z + 3 nên 
 k
k
 z + 3 = 19
k = 2
3 = 9
Vậy x = 6 và y = 30.
Câu 2. (6 điểm).
k

k

0,5
0,25
0,5

0,5
0,25

a. Giải phương trình: x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3

2
(6,0)

 4 x 2 + 1 = y 2 − 4 x
b. Giải hệ phương trình:  2
2
 x + xy + y = 1
ĐKXĐ: R.
−1
Vì x =
không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với
2
x2 + 6 x + 1
= x2 + 2x + 3
a phương trình:
2x +1
3,
2
0 ⇔ x + 6x + 1 − 2 = x2 + 2 x + 3 − 2
2x +1

0,5

0,5


x 2 + 6 x + 1 − 2(2 x + 1) ( x 2 + 2 x + 3 + 2)( x 2 + 2 x + 3 − 2)
=
2x +1
x2 + 2x + 3 + 2
⇔

x2 + 2x −1
=
2x +1

x2 + 2x −1

0,25

x2 + 2x + 3 + 2

 x2 + 2x − 1 = 0
(1)

1
1 
⇔ ( x + 2 x − 1) 
−
=0 ⇔ 
÷
2
 x 2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 (2)
 x + 2x + 3 + 2 2x +1 

0,5

PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 ± 2

0,25

PT (2) ⇔

0,25

2

x2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 ⇔ x2 + 2x + 2 = 2x −1

1

x ≥
3 + 15
⇔
2
⇔ x3 =
3
 x 2 + 2 x + 3 = (2 x − 1) 2

Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 ± 2; x3 =

0,25
3 + 15
3

( 2 x + 1) 2 = y 2
 y = ±2 x + 1
⇔ 2
Hệ phương trình ⇔  2
2
2
 x + xy + y = 1  x + xy + y = 1

 y = 2 x + 1
 y = 2x +1
⇔
Xét hệ:  2

2
2
2
 x + xy + y = 1  x + x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1

b
3,
0

0,25

 y = 2x + 1
5

x=−


y
=
2
x
+
1
x
=

0



 x=0
7
⇔ 2
⇔  
⇔
hoặc 
y =1
7 x + 5 x = 0
 x = − 5
y = − 3
 

7
7
 y = −2 x − 1
 y = −2 x − 1
⇔
Xét hệ:  2

2
2
2
 x + xy + y = 1  x − x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1
 y = −2 x − 1
 y = −2 x − 1
x = 0

 x = −1

⇔ 2
⇔  x = 0
⇔ 
hoặc 
3 x + 3 x = 0
 y = −1
y =1
  x = −1


 5 3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),  − ; − ÷, (0;-1), (-1;1)
 7 7
Câu 3. (3 điểm).
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 2
b + 1 c2 + 1 a2 + 1
Sử dụng bất đẳng thức Cô si
b 2 ( a + 1)
b 2 ( a + 1)
a +1
b + ab
Ta có: 2
(1)
= a +1− 2

≥ a +1−
= a +1−
b +1
b +1
2b
2
b +1
c + bc
c +1
a + ca
≥ b +1−
≥ c +1−
Tương tự: 2
(1) và 2
(3)
c +1
2
a +1
2
3
a +1 b +1 c +1 a + b + c
ab + bc + ca
+ 2
+ 2
≥
+3−
Từ (1); (2) và (3) suy ra: 2
(3,0)
b +1 c +1 a +1
2

2

0,25
0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5


Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = 9
0,5
a +1 b +1 c +1 a + b + c
ab + bc + ca 3
9
+ 2
+ 2
≥
+3−
Do đó: 2
= +3− = 3

0,5
b +1 c +1 a +1
2
2
2
6
a +1 b +1 c +1
+
+
≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy 2
0,5
b + 1 c2 + 1 a2 + 1
Câu 4. (6 điểm).
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B
là các tiếp điểm). Cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM
và AB.
·
·
a. Chứng minh HPO
= HQO
1
1
+
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng
có giá trị nhỏ nhất.
EA EB
2

4

(6,0)

a
3,
0

∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1)
∆ MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2)
MP MO
=
Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay
(*)
MH MQ
∆ MPH và ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra ∆ MPH đồng
·
·
dạng ∆ MOQ (c.g.c) suy ra MHP
= MQO
1 ¼
·
·
Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp ⇒ HPO
= sdOH
(đpcm)
= HQO
2

0,75
0,5
0,5

0,75
0,5

b
3,
0

Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay ∆ EBF cân tại E, suy
1·
α
·
= BEA
ra BFA
. Đặt ·AEB = α khi đó ·AFB =
nên F di chuyển trên cung
2
2
α
chứa góc
dựng trên BC.
2
1
1
4
1
1
+
≥
+
Ta có:

. Như vậy
nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất
EA EB EA + EB
EA EB

0,5

0,5


hay EA + EF lớn nhất ⇔ AF lớn nhất (**)
Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra ∆ O’AB cân tại O’ suy ra
0,5
O’A=O’B (3)
·
·
∆ O’EB và ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO
' = BEO
' (cùng bù với
0,5
·
BAO
' ⇒ ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4)
α
Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc
dựng trên đoạn thẳng BC.
0,5
2
(cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)
Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E ≡ O’ (***).

0,25
1
1
+
Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì
có giá
0,25
EA EB
trị nhỏ nhất.
Câu 5. (2 điểm).
Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 hình
tròn có bán kính bằng 1 sao cho không hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính
bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung.
5
2,0 Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình vuông MNPQ tâm O cạnh là 0,75
(2,0)
(a-2) và MN // AB. Các đường trung bình của hình vuông MNPQ chia hình
vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau.
Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 trong 5 tâm
0,5
của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2.
Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O 1O2 ≥
0,5
2 (1)
a−2
Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là
nên
2
0,5

a−2
a−2
O1O2 ≤
. 2 (2) (
. 2 là đường chéo hình vuông nhỏ)
2
2
a−2
2 ≥ 2 ⇔ a ≥ 2 + 2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh
Từ (1) và (2) ⇒
0,5
2
lớn hơn hoặc bằng ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25

20.00

Lưu ý: 1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó,
2. Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm.