De dap an HSG tinh toan 9 bang A

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TỐN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm).
2
a. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y  x  2 y  5  xy.
n

2
n
b. Chứng minh rằng A 2  4  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Câu 2. (6,5 điểm).
a. Giải phương trình:

2x  3 

8 x3  4 x

2x  5

 x  1 2   y  3 2 1

 x  1  y  3  3  x  y.
b. Giải hệ phương trình: 

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 ba đỉnh A, B, C của tam giác đó. Đường thẳng EF cắt đường trịn (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.
0


2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB = ACB  90

AB.CD
 2
và AC.BD = AD.BC. Chứng minh AC.BD

.

Câu 5. (2,0 điểm).
Trong hình vng cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại
1
một hình trịn bán kính bằng 91 nằm trong hình vng đó mà khơng chứa điểm nào trong

2019 điểm đã cho.


---------- HẾT ---------Họ và tên: .................................................................... Số báo
danh: ......................................................

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

NĂM HỌC 2018 – 2019

Đề chính thức

Mơn thi: TỐN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang
Câu
Câu 1. (3,0 điểm).

Nội dung

Điểm

2
a. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y  x  2 y  5 xy. .
n

2
n
b. Chứng minh rằng A 2  4  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.
2
2
Ta có: 2 y  x  2 y  5 xy  x ( y  1) 2 y  2 y  5

 x 2 y 

5
y 1

0,5

(y =1 không thỏa mãn PT)
Vì x, y là các số nguyên nên y -1 là ước của 5.

a
1,5 TH 1: y  1 1  y 2  x 9.
1
(3,0)

0,5

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.

0,5

Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4).
Ta có A 2

2n

n

 4  16



*





 

 22  1  4n  1  18
n



b Đặt 22 22k k   suy ra 22  1 22 k  1 4k  1  3

1,5
2
n
Do đó với mọi n nguyên dương ta có: 2  1  3; 4  1 3; 18 3
n

0,5

n

n

 A 22  4n  16  3
n

0,5
0,5

Câu 2. (6,5 điểm).
a. Giải phương trình:

8 x3  4 x
2x  3 

2x  5

 x  1 2   y  3 2 1

 x  1  y  3  3 x  y.
b. Giải hệ phương trình: 

2
1.a
3
x

(6,5) 3,5
2
Điều kiện:
8 x3  4 x
2x  3 
 (2 x  5) 2 x  3 8 x3  4 x
2x  5
 ( 2 x  3)3  2 2 x  3 (2 x)3  2(2 x)

0,5
0,5
1,0


Đặt a  2 x  3 0, b 2 x
Ta có:



b 2 3b 2
a  2a b  2b   a  b   (a  ) 
 2  0  a b
2
4



2 x 0
2 x  3 2 x  
2
2 x  3 4 x
Suy ra:
3

0,5

3

1  13
 x
4

0,5
0,5

b Hệ phương trình đã cho tương đương với
¿
3,0
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
¿
¿
a2 +b2=1
ab=a+b+ 1
⇔
2
¿ ( a+b ) − 2ab=1
ab=a+b+ 1
¿{
¿
2
Đặt S a  b; P ab, điều kiện S ≥ 4 P . Hệ trên trở thành
¿
S 2 − 2 P=1
¿
P=S+1
S=3
⇔
(thỏa mãn) hoặc P=4 (loại)
¿ S=− 1
¿{
P=0
¿
¿{
¿
S=− 1
P=0
⇔
¿ a+b=−1

ab=0
⇔
¿
¿
a=−1
b=0
¿
¿
¿
a=0
¿
b=−1
¿
¿

0,5

0,5

0,5

0,5


¿
a=− 1
b=0
⇔
¿ x −1=−1
y −3=0

+)
⇔
¿ x=0
y=3
¿{
¿
¿
a=0
b=−1
⇔
¿ x − 1=0
+) y − 3=− 1
⇔
¿ x=1
y=2
¿{
¿
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0;3), (1;2)

0,5

0,5

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  .

3
(2,5)

1
1
1


b
c
a
(1  ) 4 (1  ) 4 (1  ) 4
a
b
c
Ta có:
b
c
a
x  , y  , z   x, y, z  0, xyz 1.
a
b
c
Đặt:

1
1
1
 P


4
4
(1  x) (1  y ) (1  z ) 4
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:
P

2

1 1
1
1 
P 


2
2
3  (1  x) (1  y ) (1  z ) 2 
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:
2

2 


x

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





Từ 2 BĐT trên ta có:
1
1
1



2
2
(1  x) (1  y ) 1  xy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
1
1
1
1
1
1





2
2
2
(1  z ) 1  z 4
Tương tự: (1  z ) (1  1) 1  z

0,5

0,5

0,5



1
1
1
1
1
1
z
1
1 3




 

 
2
2
2
(1  x ) (1  y ) (1  z )
1  xy 1  z 4 1  z 1  z 4 4

3
3
P  , P   x  y z 1  a b c
16
16
Ta có:

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 16

0,5

0,5

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 ba đỉnh A, B, C của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường trịn (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.
0


2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB  ACB  90

AB.CD
 2
và AC.BD = AD.BC. Chứng minh AC.BD
.
4
(6,0)

1.a
2,5

Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA  xy
0
0


Xét tứ giác BCEF có BEC 90 (GT); BFC 90 (GT) do đó tứ giác



BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra ACB  AFE (1)
1

BAx
 Sd AB
2
Mặt khác
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
ACB 1 Sd AB


2
(góc nội tiếp) do đó BAx  ACB ) (2)
AFE BAx


Từ (1) và (2) suy ra
ở vị trí so le trong nên EF // xy hay

OA
EF

.
Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q.
1.b AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội

1,0
0,5

0,5

0,5
0,5




tiếp, do đó ACB  AFP

ACB 1 Sd AB 1 Sd BM


 MA
2
2
Mặt khác
AFP 1 Sd BM

 AP
2
Sd AM Sd AP





Do đó

2,0  AM  AP (1)



0,5




suy ra BA là tia phân giác của MBQ và

0,5



Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp suy


ra 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 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM = AN.

2
1,5

Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có
bờ BD khơng chứa C.



Ta có ADE  ACB và DE = DB

0,5

0,5

Từ giả thiết AC.BD = AD.BC

AD BD DE
AB AC



Suy ra AC BC BC  ADE ~ ACB , từ đó AE AD





Mặt khác BAC EAD , suy ra CAD BAE . Do đó CAD ~ BAE
AC CD
CD
AB.CD



 2
AB BE BD 2
AC.BD

0,5

0,5

Câu 5. (2,0 điểm).
Trong hình vng cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một

1
hình trịn bán kính bằng 91 nằm trong hình vng đó mà khơng chứa điểm nào trong 2019
điểm đã cho.
5
2,0 Chia hình vng đã cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh bằng nhau
(2,0)
1
và bằng 45 .

0,5

Gọi (C1 ), (C2 ),..., (C2025 ) là các hình trịn nội tiếp các hình vng

1
.
90
nhỏ ở trên, chúng có bán kính bằng nhau và bằng
'
'
'
Gọi (C1 ), (C2 ),..., (C2025 ) lần lượt là các hình trịn đồng tâm với các
1
.
91
hình trịn ở trên có bán kính là:
Khi đó các hình trịn này nằm trong
hình vng và đơi một khơng có điểm chung (rời nhau).
Trong hình vng đã cho có các hình trịn

rời

0,5

0,5

nhau

(C1' ), (C2' ),..., (C2025' ) và có 2019 điểm nên tồn tại một hình trịn

0,5

trong các hình trịn này khơng chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.
20.00
Lưu ý: 1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó,
2. Riêng câu 4, học sinh khơng vẽ hình hay vẽ hình sai thì khơng chấm.