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

Tên : Trương Quang An
Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776
Nguồn gốc : Xin đề từ một em học sinh thi học sinh giỏi cấp Tỉnh ngày
24/02/2016 ,tôi đã đánh máy ,biên soạn thành một bài giải hoàn thiện
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016

Ngày thi: 24/02/2016
Môn thi : Toán(Thời gian làm bài : 150 phút)
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm
lần tổng của chúng.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn đẳng thức :
x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3  0

2b 2
2c 2
2a 2
c) Tìm các số a,b,c biết a 
;b 
;c 
1  b2
1  c2
1  a2

Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình

x  2  x 1  3
1
1


1
2
2

x
y
b) Giải hệ phương trình 
 x 2  1  y 2  1  xy  2

3

Bài 3: (4,0 điểm)
a) Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z+xy+yz+zx=6
Chứng minh rằng x2  y 2  z 2  3
b) Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng
của a và c thì

1
1
2



a b
b c
c a

Bài 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường
kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD.
Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N.
a) Tính CM .CE  BD2 theo RR.
OM OD
là một hằng số
.
AM DN
OM OD
c) Tìm vị trí của điểm E để tổng
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.

AM DN

b) Chứng minh rằng tích


Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABCABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên
tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết 3 A  2B  1800
b) Cho tam giác nhọn ABC có BAC  600 , BC  2 3 . Bên trong tam giác này
cho 2017 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm
được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm
Bài làm
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng
năm lần tổng của chúng.

Bài làm
Ta có 5(a+b+c )=a.b.c (1) .
Từ (1) suy ra a,b,c một trong ba số phải có 1 số chia hết cho 5.
Gỉa sử c chia hết cho 5 mà c là số nguyên tố nên c=5 .Với c=5 ta có :
5(a+b+5 )=a.b.5 nên (1-b)(1-a)=6 .
TH1: 1-b=2 và 1-a=3 nên b=-1 và a=-2 (trường hợp này không thỏa mãn )
TH2: 1-b=3 và 1-a=2 nên b=-2 và a=-1 (trường hợp này không thỏa mãn )
TH3: 1-b=-3 và 1-a=-2 nên b=4 và a=3 (trường hợp này không thỏa mãn )
TH4: 1-b=-1 và 1-a=-6 nên b=2và a=7 (trường hợp này thỏa mãn )
TH5: 1-b=-6 và 1-a=-1 nên b=7 và a=2 (trường hợp này thỏa mãn )
TH6: 1-b=-2 và 1-a=-3 nên b=3 và a=4 (trường hợp này không thỏa mãn )
Vậy c=5;b=2,a=7 và c=5;a=2,b=7
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn đẳng thức
x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3  0

Bài làm
Từ đề bài ta có (x-2y)(x-y+2)=-3=(-1).3=(-3).1
TH1: x-2y=3 và x-y+2=-1 nên y=-6 và x=-9 (trường hợp này không thỏa mãn )
TH2: x-2y=-3và x-y+2=1 nên y=2 và x=1 (trường hợp này thỏa mãn )


TH3: x-2y=-1 và x-y+2=3 nên y=2 và x=3 (trường hợp này thỏa mãn )
TH4: x-2y=1 và x-y+2=-3 nên y=-6 và x=-11 (trường hợp này không thỏa mãn )
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn là (1;2) và (3;2)
c)Tìm các số a,b,c biết a 

2b 2
2c 2
2a 2
b


c

;
;
1  b2
1  c2
1  a2

Bài làm
Từ giả thuyết đề bài ta có a,b,c >0 .
2b 2
Từ giả thuyết a 
ta suy ra a  b
1  b2

Từ giả thuyết b 

2c 2
ta suy ra b  c
1  c2

Từ giả thuyết c 

2a 2
ta suy ra c  a
1  a2

Lúc đó a=b=c .Thay a=b=c vào phương trình ta có : a=b=c =1 .
Vậy a=b=c =1.

Bài 2: (4,0 điểm)
a)Giải phương trình

3

x  2  x 1  3

Bài làm
Điều kiện x  1 . Đặt a  3 x  2 .Phương trình đã cho được viết lại :
a  a3  3  3
 (3  a)  3 a 3  3
 a 2  6a  9  a 3  3
 (a 2  6)(a  1)  0
 a  1 ( do a 2  6  6  0 với mọi a ) .
 3 x  2 1

 x  2 1
 x3

Vậy nghiệm của phương trình là x=3 .


1
1

 2  1(1)
2

x
y

b) Giải hệ phương trình 
 x 2  1  y 2  1  xy  2(2)


Bài làm
 x 1

 y 1

Điều kiện 
và xy  2.
,
 x  1  y  1
Ta có phương trình (1) biến đổi thì được

1
1
 2  1  x 2  y 2  x 2 y 2 (3).
2
x
y

Từ phương trình (2) biến đổi :
x 2  1  y 2  1  xy  2
 ( x 2  1  y 2  1) 2  ( xy  2) 2  x 2  y 2  2  2 x 2 y 2  x 2  y 2  1  xy  2
 xy  1
 x 2 y 2  xy  2  0  
 xy  2
 x2  y 2  4
(4)


xy

2


x2  y 2  1

(5)

  xy  1

Giải hệ phương trình (4) ta có x  y  2 hoặc x  y  2.
Hệ phương trình (5) vô nghiệm .
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : x  y  2 hoặc x  y  2.
Bài 3: (4,0 điểm)
a)Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z+xy+yz+zx=6.Chứng minh
rằng x2  y 2  z 2  3
Bài làm


Ta có 2( x2  y 2  z 2 )  2( xy  yz  zx)(1)
Và x2  1  2 x(2)
y 2  1  2 y(3)
z 2  1  2 z (4)

Cộng các vế của bất đẳng thức (1) ,(2),(3) và (4) ta có x2  y 2  z 2  3.
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1.
b)Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng
của a và c thì

1
1
2


a b
b c
c a

Bài làm
Ta có :
1
1
b a
c b
b a
c  b 2( c  a )
2







ba
c b
c b
c b

ca
a b
b c
c a

Bài 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường
kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD.
Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N.
a) Tính CM .CE  BD2 theo RR.
OM OD
là một hằng số
.
AM DN
OM OD
c) Tìm vị trí của điểm E để tổng
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ

AM DN

b) Chứng minh rằng tích

nhất đó.
Bài làm


C

M

A

O

B
N

E
D

a) Ta có Xét ΔCMO và ΔCDE có : MEO  DCE và COM  CED  900
Nên ΔCMO ഗ ΔCDE (g.g) suy ra :⇒

CO CM

 CM .CE  CO.CD  2R 2
CE CD

Lại có BD2  2R2
Nên : CM .CE  BD2  4R2
b)Do AB và CD là hai đường kính vuông góc với nhau nên
CEA  CAO  ACO  450

Ta có Xét ΔAMC và ΔEAC có :
CEA  CAO  450 và ACM  ACE
Nên ΔAMC ഗ ΔEAC (g.g) suy ra :

AC AM

CE
AE

Mà AC  2 CO (do ACO vuông cân tại O) .


AM
2CO

AE
CE

Mà ΔCMO ഗ ΔCDE (g.g) suy ra : 


AM
2CO


AE
CE

2OM
 AM.ED =
ED

Vì BON ഗ BEA 

BO ON

.
BE EA

CO OM
2CO
2OM



CE ED
CE
ED

2 OM.AE .


Vì BND ഗ BDE 


DN BD
2BO


.
DE BE
BE

DN
2 ON
ON
DN
ON

EA

.




DE
EA
EA
DN
2 DE
2 DE

Ta có : AM.ED =

2 .OM.AE 

OM ON 1
OM
ED
.
 .


AM DN 2
AM
2 EA

OM ON

OM ON
1

2
.
2
 2.
AM DN
AM DN
2
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi:
OM ON
ED
EA



 ED  EA .
AM DN
2EA
2ED

c) Ta có

 E là điểm chính giữa cung nhỏ AD.
OM ON

 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
AM DN

 E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD .
Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABCABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên
tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó,
biết 3BAC  2 ABC  1800
Bài làm
Ta có 3BAC  2 ABC  1800  BAC  ABC  ACB  1800
Nên ACB  2 ABC  BAC (1) .
Vậy ACB là góc lớn nhất đồng nghĩa với việc AB là cạnh lớn nhất trong tam giác.
Giả dụ AB>BC>AC.
C

A

T

B

Đặt AC=a, BC=a+1 và AB=a+2.
Lấy điểm T trên AB sao cho TB=a+1, TA=1 (AB>BC)
Tam giác BCT cân tại B
TCB  CTB  BCA  BCT  TCA   2TCA  CAB(2)


Từ (1) và (2) suy ra ACT  CBT  ΔACT ഗ ΔABC (g.g) suy ra :
AC TA
1
a

 
a2

AB AC
a a2

Vậy AC=2 ,AB=4,BC=3.
Giả dụ AB>AC>BC.
C

B

A
T

Đặt AC=a+1, BC=a và AB=a+2.
Lấy điểm T trên AB sao cho TA=a+1, TB=1 (AB>AC)
Tam giác BCT cân tại B
ACT  CTA  BCA  BCT  ACT   2BCT  CBA(3)

Từ (1) và (3) suy ra BCT  BAC  ΔBCT ഗ ΔBAC (g.g) suy ra :
BC BT
a
1


 a2
AB BC
a2 a

Vậy BC=2 ,AB=4,AC=3

b) Cho tam giác nhọn ABC có BAC  600 , BC  2 3 . Bên trong tam giác này

cho 2017 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm
được 169 điểm mà khoảng cách
giữa chúng không lớn hơn 1cm
A
Bài làm
F

E

I

N
P
H

G
O

B

M

C


Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm
của BC, CA, AB.
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC .
Vì BAC  600 nên MOC  600 , suy ra OA  OB  OC 

MC
 2.
sin 600

Vì O nằm trong tam giác ABC và OM  BC, ON  AC, OP  AB .
Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các
đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).
Theo nguyên lí Diriclet thì sẽ tồn tại một tứ giác có chứa ít nhất 673 điểm, giả sử
đó là tứ giác ANOP.
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA,
suy ra IA=IP=IO=IN=1.
Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp
các đường tròn có đường kính 1.
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm
trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 2017
điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại
tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là
khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1.