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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016

NAM ĐỊNH

Môn: TOÁN – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1. (3,0 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức P =

5+ 3 + 5− 3
5 + 22

+ 11 − 6 2 .

2. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z = 2, x 2 + y 2 + z 2 = 18 và xyz = −1 .
Tính giá trị của S =

1
1
1
+
+
×
xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình 2 2 x − 1 + x + 3 − 5 x + 11 = 0 .

(

)

 y2 − y x −1 +1 + x −1 = 0

2. Giải hệ phương trình 
 x 2 + y − 7 x 2 − 3 = 0.
Câu 3. (3,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 .
2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có

2 3 4...

( n − 1)

n < 3.

Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) và ngoại tiếp đường tròn

( I ) . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho

·ABD = ·ACB . Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC

tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB
cắt BD tại P.

1. Chứng minh tam giác QBI cân;
2. Chứng minh BP.BI = BE.BQ ;
3. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh PK / / JB .
Câu 5. (2,0 điểm) Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi
học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia
cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh.
----------Hết---------Họ và tên thí sinh:………………………Họ, tên chữ ký GT1:…………………………………..
Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:…………………………………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN – Lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1.1
(1,5)

Đáp án
Tính giá trị biểu thức P =
5+ 3 + 5− 3

Đặt M =

5 + 22

5+ 3 + 5− 3
5 + 22

Điểm

+ 11 − 6 2 .

10 + 2 22
=2
. Ta có M =
5 + 22
2

⇒ M = 2 (Do M > 0 )

(

11 − 6 2 =

1.2
(1,5)

3− 2

)

2

0,25
0,5

= 3− 2

Suy ra P = 3
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z = 2,
x 2 + y 2 + z 2 = 18 và xyz = −1 . Tính giá trị của S =

0,25

1
1
1
+
+
.
xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

Ta có xy + z − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1) ( y − 1)

0,5

Tương tự yz + x − 1 = ( y − 1) ( z − 1) và zx + y − 1 = ( z − 1) ( x − 1)

0,25

Suy ra S =
=

1

+

1

+

1

( x − 1) ( y − 1) ( y − 1) ( z − 1) ( z − 1) ( x − 1)

=

x+ y + z −3
( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)

0,25

−1
1
=
xyz − ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) − 1 xy + yz + zx

Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx = −7
2

Suy ra S = −
2.1
(2,0)

0,5

1
7

0,25
0,25

Giải phương trình 2 2 x − 1 + x + 3 − 5 x + 11 = 0 .
1
Điều kiện x ≥
2
2 2 x − 1 + x + 3 − 5 x + 11 = 0 ⇔ 2 2 x − 1 + x + 3 = 5 x + 11
⇔ 9 x − 1 + 4 2 x 2 + 5 x − 3 = 5 x + 11 ⇔ 2 x 2 + 5 x − 3 = 3 − x

0,5

x ≤ 3
x ≤ 3
x = 1
⇔ 2
⇔
⇔

 x = −12
2
2

2 x + 5 x − 3 = 9 − 6 x + x

 x + 11x − 12 = 0
Đối chiếu điều kiện ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

0,5
0,5


2.2
(3,0)

(

)

 y 2 − y x − 1 + 1 + x − 1 = 0 ( 1)

Giải hệ phương trình 
.
 x 2 + y − 7 x 2 − 3 = 0
2
( )
Điều kiện x ≥ 1, y ∈ ¡
y2 − y

(

)

(

)

x − 1 + 1 + x − 1 = 0 ⇔ y 2 − y − x − 1 ( y − 1) = 0 ⇔ ( y − 1) y − x − 1 = 0

y =1
⇔
.
y
=
x
−
1

Với y = 1 , thay vào (2) ta được

0,5

0,5

x2 + 1 − 7 x2 − 3 = 0 ⇔ x2 + 1 = 7 x2 − 3 ⇔ x4 + 2 x2 + 1 = 7 x 2 − 3
 x2 = 1
x = 1
⇔ x − 5x + 4 = 0 ⇔  2
⇔
(do điều kiện của x)
x
=
2
x
=

4


Với y = x − 1 , thay vào (2) ta được x 2 + x − 1 − 7 x 2 − 3 = 0
4

2

⇔ ( x2 − 4) +

(

)

) (

x −1 −1 −

⇔ ( x − 2) ( x + 2) +

7 x2 − 3 − 5 = 0

7 ( x − 2) ( x + 2)
x−2
−
=0
x −1 +1
7 x2 − 3 + 5

x = 2

⇔ 
7 ( x + 2)
1
x+2+
−
=0

x −1 +1
7 x2 − 3 + 5
Với x = 2 suy ra y = 1 .


7 ( x + 2)
1
7
−
= ( x + 2 ) 1 −
Ta có x + 2 +
÷+
2
2
x −1 +1
7x − 3 + 5
7x − 3 + 5 

= ( x + 2)
Với x ≥ 1 thì

0,5

7 x2 − 3 − 2
7 x2 − 3 + 5

+

1
x −1 + 1

7 x2 − 3 − 2
7 x2 − 3 + 5

≥0

1
>0
2
x
−
1
+
1
7x − 3 + 5
Vậy hệ phương trình có các nghiệm ( 1;1) , ( 2;1) .
Suy ra ( x + 2 )

3.1
(2,0)

0,5
0,5

1
x −1 +1

7 x2 − 3 − 2 ≥ 0 ⇒ ( x + 2)
7 x2 − 3 − 2

0,25

+

0,25

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 .
Ta có x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 ⇔ ( x + y ) + ( x − 1) + ( y − 1) = 4
2

2

0,75

2

Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp)

1,0

x+ y

x −1

y −1

Nghiệm ( x; y )

2

0

0

( 1;1)

-2

0

0

Loại


0

2

0

Loại

0

-2

0

( −1;1)

0

0

2

Loại

0

0

-2

( 1; −1)

Vậy các số ( x; y ) cần tìm là ( 1;1) , ( −1;1) , ( 1; −1)
3.2
(1,0)

0,25

Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có

2 3 4...

( n − 1)

n < 3.

Với mỗi số nguyên dương k ta có k = k 2 = 1 + ( k 2 − 1) = 1 + ( k − 1) ( k + 1) .

0,25

Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với k = 3, 4,..., n ta được

0,5

3 = 1 + 2.4 = 1 + 2 1 + 3.5 = 1 + 2 1 + 3 1 + 4.6 = L
= 1 + 2 1 + 3 1 + L 1 + ( n − 1) ( n + 1)
= 1 + 2 1 + 3 1 + L 1 + ( n − 1)

( n + 1)

2

> 2 3 4...

( n − 1)

0,25
n

Ta có điều phải chứng minh.
4
(7,0)

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) và ngoại tiếp đường
tròn ( I ) . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ·ABD = ·ACB . Đường thẳng AI cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ
hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P.
4. Chứng minh tam giác QBI cân;
5. Chứng minh BP.BI = BE.BQ ;
6. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh
PK / / JB .


4.1
(2,0)

·
Ta có AI là phân giác của BAC
nên Q là điểm chính giữa của cung BC của (O).

1,0

·
·
·
Suy ra BAQ
= QAC
= QBC

·
·
·
· + BAQ
·
·
IBQ
= IBC
+ QBC
= IBA
= BIQ

1,0

Hay tam giác QBI cân tại Q.
4.2
(3,0)

Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB
AB AD
=
Suy ra
hay AB 2 = AD. AC (1).
AC AB
Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC
Suy ra

(có góc A chung và ·AID = ·ACE )

0,5

0,5

AD AI
=
hay AI . AE = AD. AC (2).
AE AC

Từ (1) và (2) suy ra AI . AE = AB 2 ,
suy ra tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB.
·ABC
Suy ra ·AEB = ·ABI =
2

0,5


·
BAC
·
Ta có ·AEP = BAE
(hai góc so le trong),
=
2

0,5

·ABC + BAC
·
·

suy ra BEP
.
=
2
·
BAC
+ ·ABC
·
·
·
Theo a) ta có BIQ
suy ra BIQ
=
= BEP
2

0,25

·
·
Ta có BPE
= ·ABD = ·ACB = BQI

0,25

Suy ra hai tam giác PBE và QBI đồng dạng, suy ra

BP BE
=
⇔ BP.BI = BE.BQ , ta có

BQ BI

0,5

điều phải chứng minh.
4.3
(2,0)

5
(2,0)

Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE và tam giác BQI cân tại Q nên tam giác PBE cân
·
BAC
+ ·ABC
·
tại P, suy ra PBE
và PH ⊥ BE với H là trung điểm của BE.
=
2

0,5

Do HK là đường trung bình của tam giác EBJ nên HK//BJ

0,5

·ACB
·
BAC

+ ·ABC
·
·
·
Ta có JBD
và DBE
, suy ra JBE
=
=
= 90o hay JB vuông góc BE.
2
2

0,75

Suy ra PH//JB, suy ra P, H, K thẳng hàng hay PK//JB.
Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học.
Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn
có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ
gồm ít nhất 9 học sinh.

0,25

Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh.

0,5

Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh.
Nếu N > 4 , từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10
học sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán.

Nếu N<4 , khi đó số học sinh tham gia các câu lạc bộ này không quá 3.8 = 24 , nghĩa là
còn ít nhất 35 − 24 = 11 học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này
chỉ có 1 học sinh. Chọn 10 học sinh trong số này, không thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,5

Vậy N=4 .
Số học sinh tham gia 4 câu lạc bộ này không quá 4.8 = 32 , nghĩa là còn ít nhất 3 học
sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh.

0,5

Chọn 2 trong số học sinh này và mỗi câu lạc bộ trên chọn 2 học sinh, khi đó 10 học sinh
không thỏa mãn điều kiện.

0,25

Vậy điều giả sử sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh tham gia.

0,25


Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo thống
nhất chia điểm thành phần tương ứng.
-----------HẾT---------