Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng ngãi năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 – 2017
Ngày thi 23/02/2017
Môn thi :Toán
Thời gian làm bài :150 phút

Tên : Trương Quang An
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776 .Nguồn sưu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của học sinh
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (4 điểm )
a.Chứng minh rằng n5  1999n  2017(n  ) không phải là số chính phương
b. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x2  5 y 2  2 xy  4 y  12
c.Cuối học kỳ ,một học sinh có hơn 11 bài kiểm tra đạt các điểm 8,9,10 .Biết tổng
điểm các bài kiểm tra là 100 .Hỏi học sinh đó có bao nhiêu bài kiểm tra đạt điểm
8,điểm 9 ,điểm 10 ?
Bài 2 (4 điểm )
a) Giải phương trình 3 x  5  3 x  2  1
 x3  y 3  8

b) Giải hệ phương trình 

 x  y  2 xy  2

Bài 3 (4 điểm ).

a) Cho

5
5
 x  ; x  0 và
3
3

5  3x  5  3x  a .

10  2 25  9x 2
Tính giá trị của biểu thức P 
x

b. Cho x,y,z > 0 và x+y+z=12 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
 2 x  y  z  15   x  2 y  z  15   x  y  2 z  24 
M 
 +
+

y
x
z

 

 


Bài 4 (5điểm ).

1/ Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=9cm ,AC=12 cm .Gọi I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác và G là trọng tâm tâm tam giác ABC.Tính độ dài đoạn thẳng
IG.
2/Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a .Gọi M,N,P là 3 điểm lần lượt lấy trên
cạnh BC,CD và DA sao cho tam giác MNP đều .
a.Chứng minh rằng CN 2  AP2  2DP.BM .
b.Xác định vị trí của M,N,P để tam giác MNP có diện tích bé nhất .
Bài 5 (4 điểm ).
a.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính R ,biết AB=c
,AC=b ,BC=a và thỏa mãn hệ thức R(b  c)  a bc .Xác định hình dạng của tam
giác ABC
b.Trên mặt phẳng cho 6 điểm bất kỳ sao cho khoảng cách giữa 2 điểm tùy ý
luôn lớn hơn 1 .Chứng minh rằng không thể phủ cả 6 điểm này bằng một hình tròn
có bán kính bằng 1.
Bài giải
Bài 1 (4 điểm )
a.Chứng minh rằng n5  1999n  2017(n  ) không phải là số chính phương.
b. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x2  5 y 2  2 xy  4 y  12
c.Cuối học kỳ ,một học sinh có hơn 11 bài kiểm tra đạt các điểm 8,9,10 .Biết tổng
điểm các bài kiểm tra là 100 .Hỏi học sinh đó có bao nhiêu bài kiểm tra đạt điểm
8,điểm 9 ,điểm 10 ?
Bài giải
a.Ta có n5  1999n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) .
Ta thấy n5  1999n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) chia 5 dư 2 .


Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 .
Vậy n5  1999n  2017( n  ) không phải là số chính phương
b.Cách 1:Ta có x2  5 y 2  2 xy  4 y  12  ( x  y)2  (2 y  1)2  13  (2)2  (3)2
Để ý rằng 2y+1 có dạng lẻ nên ta có các trường hợp sau :

x y 2
x 1
(thỏa )

2 y  1  3  y  1

TH1 : 

 x  y  2
 x0
(thỏa )

2 y  1  3  y  2

TH2 : 

 x y 2
 x4
(thỏa )

2 y  1  3  y  2

TH3 : 

 x  y  2
 x  3
(thỏa )

 2 y 1  3
 y 1

TH4 : 

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1).
Cách 2: Ta có x2  5 y 2  2 xy  4 y  12  x2  2 xy  (5 y 2  4 y 12)  0 (1).
Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì : Ta có
  4 y 2  4 y  12  0  4 y 2  4 y  12  0  2  y  1 .
Mà y nguyên nên ta có các giá trị của y là : y  2; 1;0;1
x  0
(thỏa mãn ).
x  4

Với y=-2 thì thay vào (1) ta có : ( x  2)2  4  

Với y=-1 thì thay vào (1) ta có : ( x  1)2  12 (phương trình này không có nghiệm x
nguyên ) .
Với y=0 thì thay vào (1) ta có : ( x  1)2  12 (phương trình này không có nghiệm x
nguyên ) .


 x 1
(phương trình này không có
 x  3

Với y=1 thì thay vào (1) ta có : ( x  1)2  4  
nghiệm x nguyên ) .

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1).
c.Gọi x,y,z là số bài kiểm tra đạt điểm 8,9,10 .Ta có x+y+z >11 và
8x+9y+10z=100 (1).

Ta thấy 100=8x+9y+10z > 8(x+y+z) suy ra x  y  z 
Ta có 11  x  y  z 

25
 x  y  z  12  x  12  y  z .
2

Thay x vào (1) ta có y+2z=4 suy ra z=1 (vì y,z > 0 ).
Khi đó z=1 thì y=2 suy ra x=9.
Bài 2 (4 điểm )
a) Giải phương trình

3

x  5  3 x  2 1

 x3  y 3  8

b)Giải hệ phương trình 

 x  y  2 xy  2

Bài giải
a.Đặt a  3 x  5; b  3 x  2 .Ta có hệ sau :
 b 1

 a 3  b3  7
 a b 1
 x3
a  2

 2



 b  2  x  6
b  b  2  0
 a b 1

  a  3

Vậy nghiệm của phương trình là x=3 ,x=-6.

25
.
2


b.Đặt a=x+y ,b=xy. Ta có hệ phương trình viết lại :
 x  0

a  2  2b
a 3  3ab  8 
b  0
y  2




2
 x  2

2b(4b  15b  15)  0
a  2
 a  2b  2

  y  0

Vậy hệ có nghiệm là (0;2) ;(2;0).
Bài 3 (4 điểm ).
a)Cho

5
5
 x  ; x  0 và
3
3

5  3x  5  3x  a .

Tính giá trị của biểu thức P 

10  2 25  9x 2
x

b. Cho x,y,z > 0 và x+y+z=12 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
 2 x  y  z  15   x  2 y  z  15   x  y  2 z  24 
M 
 +
+

y

x
z

 

 

Bài giải
a. P 

10  2 25  9 x 2
5  3x  5  3x
6x
6



x
x
x.( 3x  5  3x  5) a
2 x  y  z  15   x  2 y  z  15   x  y  2 z  24 
 +
 +

y
x
z

 


 

b. M  

Thay x+y+z=1 vào M ta có :
1 1 4
4
4
1
4
M  3  3.(   )  3  3(
 )  3  3.16.  3  3.  M  1
x y z
x y z
12
3

Max M =-1 khi và chỉ khi x=y=3 và z=6 .
Bài 4 (4 điểm )
a.Hình vẽ


B

I

G

P

N

D

A

C

M

Tam giác ABC vuông tại A nên theo định lí pitago ta có :
AB2  AC 2  BC 2  BC  92  122  15 .

Ta có : AD 

AB  AC  BC 9  12  15

 3 (cm).
2
2

Tứ giác IDAN là hình vuông nên ID=DA=AP=PI=3 (cm).
Tam giác BMN có IG song song với MN nên theo hệ quả của định lí ta-lét ta có :
IG
BI
BG 2
2


  IG  .MN .

MN BN BM 3
3

Tam giác ABN có ID song song với AN nên theo hệ quả của định lí ta-lét ta có :
ID
BI 2
3

  AN  .ID  4,5 (cm).
AN BN 3
2

Mà MN=AM-AN=6-4,5=1,5 (cm ).
2
3

2
3

Lúc đó IG  .MN  .1,5  1 (cm).
b.


B

A

H

M

I

P

D
N

C

Tam giác MNC vuông tại C nên theo định lí pitago ta có :
MN 2  MC 2  NC 2  MN 2  (a  MB)2  NC 2  a2  MB2  NC 2  2a.MB .

Tương tự : MP2  a2  AP2  MB2  2 AP.MB .
Tam giác MNP đều nên ta có : a2  MB2  NC 2  2a.MB  a2  AP2  MB2  2 AP.MB .
Suy ra : NC 2  2a.MB  AP2  2.AP.MB  CN 2  AP2  2DP.BM
b.Kẻ NI vuông góc với MP .Kẻ MH vuông góc với AD.
1
2

1
2

Ta có SMNP  .NI .MP  .NI . AB (vì MP  AB ).
S MNP khi MP nhỏ nhất .PM nhỏ nhất bằng AB .Khi đó MPDC là hình chữ nhật .

Khi đó MP song song với AB và N là trung điểm CD .
Lúc đó SMNP 

a2 3
.

4

Bài 5 (4 điểm )
a.Ta có R(b  c)  a bc 
Mà ta có 2R  a (2) .

R(b  c)
bc
 bc 
 2R  a (1).
a
2


Từ đó suy ra 2R=a nên tam giác ABC vuông tại A.

b.
C
B

D
O
A

E
F

Vẽ đường tròn tâm O bán kính bằng 1 cm .Chia hình tròn đã vẽ thành 6 hình bằng
nhau .Khi đó AOB  600  BAO  ABO 

1800  600
 600 .
2

Lúc đó tam giác AOB là tam giác đều nên suy ra AB=1 .
Giả sử tất cả 6 điểm đã cho đều nằm trong hình tròn đã vẽ thì chắc chắn khoảng
cách các điểm sẽ có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn hoặc bằng 1 .Khoảng cách
giữa bằng 1 khi tất cả các điểm đó nằm trên các đỉnh A,B,C,D,E,F như hình vẽ
(mâu thuẫn ) hoặc 1 điểm trùng với O .Vậy rằng không thể phủ cả 6 điểm này bằng
một hình tròn có bán kính bằng 1.

CHUYÊN GIA VỀ TOÁN HÀNG ĐẦU TẠI QUẢNG NGÃI
,NHƯNG MÀ GIÁO DỤC XÃ HỘI KHÔNG CẦN