Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3 điểm).
a. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên
tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương.
2n+1
b. Chứng minh rằng số A  22 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.
Câu 2 (7 điểm).
2
 x  2 y  3x  6
a. Giải hệ phương trình:  2
 y  2 x  3 y  6.
8 x 2  18 x  11

b. Giải phương trình: x  1  2 x  3 
2 2x  3
Câu 3 (2 điểm).
Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn xyz  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P




(3x  1)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z
Câu 4 (6 điểm).
Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường
thẳng d vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến
với đường tròn (O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp
xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung
điểm của OE. Chứng minh rằng:
a. Điểm M thuộc đường tròn (K).
b. Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E
thay đổi trên đường thẳng d.
Câu 5 (2 điểm).
Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó
không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3
đỉnh lấy từ 4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa
1

giác đó) có diện tích không vượt quá
6050

……………Hết……………
Họ và tên thí sinh……………………………………

Số báo danh……………………


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2017 – 2018
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

Câu
1
3 điểm

Đáp án
Điểm
a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hang đơn vị là số
nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương
Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd  n (n  N )
=> d  0,1, 4,5,6,9 mà d là số nguyên tố => d  5
2

*

Mặt khác 100  abcd  10000  31  n  100
Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay n  e5
Mà e +5 là số chính phương => e = 4.
22n+1

+31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.

=2.22n chia 3 dư 2 n  N
 22n+1 =3k+2,(k  N)

Ta có 2

0,5

0,5

=> n = 45 => abcd  2025.
b. (1,5 điểm) Chứng minh rằng số A=2

0,5

2n+1

 A=22

2n+1

0,5

+31=23k 2  31  4.(23 )k  31  4.8k  31

Mà 8 chia 7 dư 1 k  N  4. 8 chia 7 dư 4 k  N
k

k

0,5

 4. 8k +31 7 k  N
 A=22 +31 7 n  N Mà A >7
 A là hợp số với mọi số tự nhiên n.
 x 2  2 y  3x  6
a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình: 
2

 y  2 x  3 y  6.
2n+1

2
7 điểm

 x 2  2 y  3x  6
 x 2  2 y  3x  6  x 2  2 y  3x  6
 2

 2
2
 y  2 x  3 y  6  x  y  x  y
( x  y )( x  y  1)  0

0,5

1,0

TH 1:

 x  2
 x 2  2 y  3x  6  x 2  5x  6  0  

   x  3  ( x; y )  (2;2),(3;3)

x  y
x  y
x  y


1,0

 x 2  2 y  3x  6  x 2  2 y  3x  6  x 2  x  4  0(vn)
TH 2. 


x

y

1

0
y

1

x


y 1 x

1,0

Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y)  (2;2),(3;3)

0,5

1

8 x 2  18 x  11

b.(3,5 điểm) Giải phương trình: x  1  2 x  3 
2 2x  3
3

2
đặt a  x  1, b  2 x  3  0 , PT trở thành:
8a 2  b 2
ab
 2b(a  b)  8a 2  b 2  b 2  2ab  8a 2  0
2b
ĐK: 2x  3  0  x 

b  2 a
 (b  4a)(b  2a)  0  
b  4a
2
TH 1. b  2a  2 x  3  2( x  1)  2x  3  4( x  1) ( x  1)

0,5

0,5

0,5

0,5


3  5
(tm)
x 
4
2
 4x  6x  1  0  

3  5
(l )
x 

4

0,5

TH 2.

b  4a  2x  3  4( x  1)  2x  3  16( x  1) 2 ( x  1)

3
2 điểm

0,5


15  17
(l )
x 
16

2
 16x  30x  13  0  

15  17
0,5
(tm)
x 
16

3  5
15  17
Vậy phương trình có hai nghiệm: x 
,x 

4
16
Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn xyz  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P



(3x  1)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z
Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có : x  y  z  3 3 xyz  3

1
1
1




3 x( y  z )  x  y  z 3 y ( x  z )  x  y  z 3z ( x  y )  x  y  z
1
1
1


=> P 
3x( y  z )  3 3 y ( x  z )  3 3 z ( x  y )  3
1
1
1
 3P 


1 1
1 1
1 1
 1
 1
 1
y z
x z
x y
1
1
1
,

b

,
c

 a, b, c  0, abc  1
Đặt a 
3
3
3 y
x
z
P

2

0,5

0,5


1
1
1
 3 3
 3
3
a  b  1 b  c  1 c  a3  1
3
3

2
2
Ta có: a  b  (a  b)(a  b  ab)  (a  b)(2ab  ab)  ab(a  b) (1)
Thiết lập các BĐT tương tự còn lại ta có:
1
1
1
3P 


ab(a  b)  abc bc(b  c)  abc ca(c  a)  abc
c
a
b
1



1  P 
abc abc abc
3
a  b  c
1
P=  
 a  b  c  1  x  y  z  1.
3
abc  1
1
Vậy GTLN của P bằng .
3

 3P 

4
6 điểm

3

0,5

0,5

Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d
vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn
(O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại
E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh rằng:

K

E

F

C
Q

M

A

B

O

N

a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K).
Ta có EC là tiếp tuyến của đường tròn (O)=> ECO=90 , mà C  ( K ,
0

EF
)
2

0,5

0

=> ECF=90 => O, C, F thẳng hàng.
Mà EC, EA là hai tiếp tuyến của (O) => AOE  EOF

0,5

Mặt khác FE  d , AB  d  EF / / AB  AOE  OEF

0,5

=> EOF  OEF => tam giác EFO cân tại F
Mà M là trung điểm của EO => FM  EO

0,5
0,5

=> FME  90  M  ( K ).

0,5

0

3


b.(3 điểm) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E
thay đổi trên đường thẳng d.
Gọi N là trung điểm của AO, Q là giao điểm của BE và FN
=> MN là đường trung bình của tam giác EAO => MN//AE

 MN  AO  NMO  900  MON

0,5

 NMF  1800  MON  EOB
Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg)

MF MO EO
MF EO
mà AO = BO =>



NM NO AO
NM BO

1,0

=> tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc).
=> OEB  MFN hay MEQ  MFQ => tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K)

0,5

=> EQF  90  NF  BE
1,0
Vậy khi E thay đổi trên d thì đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua
điểm cố định là trung điểm của OA.
Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có ba
điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 4035
điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác đó) có diện tích
0

5
2 điểm

không vượt quá

1

6050

Từ 2018 đỉnh và 2017 điểm nằm trong đa giác nối các điểm để tạo thành các tam
giác chỉ chung nhiều nhất là một cạnh và đôi một không có điểm trong chung, phủ
kín đa giác nói trên.
0

0
Ta có tổng các góc trong của đa giác là: (2018  2)180  2016.180
tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng
0
với 2017.360
=>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng

1,0

2017.3600  2016.1800  6050.1800
=>có tất cả 6050 tam giác có tổng diện tích là 1.
Vậy phải có ít một tam giác trong 6050 tam giác trên có diện tích không vượt quá

1

6050
--- Hết --Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

4

1,0