017 đề thi HSG toán 9 tỉnh nghệ an 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN – BẢNG A
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y 2  xy  x  2 y  5  0
b) Chứng minh rằng: A  22  4n  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n
Câu 2. (6,5 điểm)
8 x3  4 x
a) Giải phương trình: 2 x  3 
2x  5
n

 x  12   y  32  1
b) Giải hệ phương trình: 
 x  1 y  3  x  y  3
Câu 3. (2,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

4

4

 a   b   c 
P

 
 

ab bc ca
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  . Gọi D, E, F lần lượt là chân

các đường cao kẻ từ 3 đỉnh A, B, C của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường
tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB),
đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N. Chứng minh rằng:
a) EF  OA
b) AM  AN
2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho
AB.CD
ADB  ACB  900 và AC.BD  AD.BC. Chứng minh
 2
AC.BD
Câu 5. (2,0 điểm) Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng
1
minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng
nằm trong hình vuông đó mà không
91
chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có: 2 y 2  xy  x  2 y  5  0  x  y  1  2 y 2  2 y  5  x  2 y 

5

y 1

( y  1 không thỏa mãn phương trình )
Vì x, y là các số nguyên nên y  1 là ước của 5.
TH 1: y  1  1  y  2  x  9
TH 2 : y  1  1  y  0  x  5
TH 3: y  1  5  y  6  x  13
TH 4 : y  1  5  y  4  x  9
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  x; y  là  9;2  ;  5;0  ; 13;6 ;  9; 4 





b) Ta có: A  22  4n  16  22  1   4n  1  18
n

n

Đặt 22  22k  k  *  22  1  22k  1  4k  1 3
n

n

Do đó với mọi n nguyên dương, ta có: 22  1 3;4n  1 3;18 3
n

 A  22  4n  16 3
Câu 2.
n

3
2
3
8x  4 x
2x  3 
  2 x  5 2 x  3  8 x3  4 x
2x  5

a) Điều kiện : x 







2 x  3  2 2 x  3   2 x   2.2 x
3

3

Đặt a  2 x  3  0, b  2 x , ta có:
2


b  3b 2
a  2a  b  2b   a  b   a   
 2  0  a  b
2

4


2 x  0
1  13
Suy ra 2 x  3  2 x  

x

2
4
2 x  3  4 x
3

Vậy x 

3

1  13
4


b) Hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2

 x  1   y  3  1


 x  1 y  3   x  1   y  3  1

Đặt a  x  1; b  y  3. Ta được hệ phương trình:

 a  b 2  2ab  1
a 2  b 2  1


ab  a  b  1 ab  a  b  1
Đặt S  a  b; P  ab, điều kiện S 2  4 P. Hệ trên trở thành:

  S  1
(tm)

S 2  2P  1  P  0


S  3
P

S

1


(ktm)
P

4
 

 a  1   x  1  1

 x  0



 S  1 a  b  1  b  0
y  3  0
y  3






 a  0
 x  1  0
 x  1
P  0
ab  0



b


1
y

3



1
 
 
  y  2

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là  0;3 ; 1;2 
Câu 3.
Ta có: P 

1
4



1
4



1
4

 b  c  a
1   1   1  
 a  b  c
b
c
a
Đặt x  , y  , z   x, y, z  0, xyz  1
a

b
c
1
1
1
P


4
4
4
1  x  1  y  1  z 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
1 1
1
1 
P 



3  1  x 2 1  y 2 1  z 2 

2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:


  x 2 
1
y

2
1  xy  1 
  1  x  



2

 
y 
1  x  1  xy  x  y 
 

1
x
Tương tự:

2
1  y  1  xy  x  y 





2

1

Từ 2 bất đẳng thức trên ta có:

1  x 

2



1

1  y 

2



1
1  xy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1
Tương tự:


1

1  x 

2

1

1  z 



2



1

1  y 

2

1

1  1


2



1
1
1
1



2
1 z

1  z  1  z 4

1

1  z 

2



1
1
1
z
1
1 3

 

 
1  xy 1  z 4 1  z 1  z 4 4

3
3
,P   x  y  z 1 a  b  c
16
16
3
Vậy MinP   a  b  c
16

Ta có: P 


Câu 4.
1.

N

y

A
P
E

x
F

O

M
B

C

D

a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA  xy
Xét tứ giác BCEF có BEC  900 ( gt ); BFC  900 ( gt ) do đó tứ giác BCEF là tứ giác
nội tiếp suy ra ACB  AFE (1)

1
Mặt khác BAx  sd AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2
1
ACB  sd AB (góc nội tiếp ) do đó BAx  ACB (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra AFE  BAx ở vị trí so le trong nên EF / / xy hay EF  OA
b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q
AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, do đó

ACB  AFP





1
1
Mặt khác: ACB  sd AB  sd BM  MA ;
2
2



1
AFP  sd BM  AP
2



Do đó: sd AM  sd AP suy ra BA là tia phân giác của MBQ và AM  AP 1
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ACB  BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB  BFQ
Do đó BFQ  BFM  ACB, suy ra FB là tia phân giác của MFQ
MFB  QFB  MB  QB  BMP  BQN  BP  BN ,
Do đó ABN  ABP nên AN  AP
Từ (1) và (2) suy ra AM  AN
2.

(2)

A
E

D
B

C

Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD
không chứa C
Ta có: ADE  ACB và DE  DB
Từ giả thiết: AC.BD  AD.BC 

 ADE

ACB 

AD BD DE



AC BC BC

AB AC

AE AD

Mặt khác, BAC  EAD  CAD  BAE. Do đó CAD BAE
AC CD
CD
AB.CD




 2 (ĐPCM)
AB BE BD 2
AC.BD


Câu 5.
1
.
45
Gọi  C1  ,  C2  ,......, C2025  là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên, chúng

Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng

có bán kính bằng nhau và bằng

1
.
90

Gọi  C1'  ,  C2 ' ,......, C2025 ' lần lượt là các hình tròn đồng tâm với các hình tròn ở trên
1
. Khi đó, các hình tròn này nằm trong hình vuông và đôi một không
91
có điểm chung (rời nhau)

có bán kính là

Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau  C1'  ,  C2 ' ,......,  C2025 ' và có 2019
điểm nên tồn tại một hình tròn trong các hình tròn này không chứa điểm nào trong
2019 điểm đã cho.