Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở Giáo dục và Đào tạo Nam Định (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN – Lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(Đề thi gồm 01 trang) 
Câu 1. (3,0 điểm) 
1. Tính giá trị biểu thức 
5 3 5 3
11 6 2
5 22
P
  
  

. 
2. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2,x y z   2 2 2 18x y z   và 1xyz   . 
Tính giá trị của 
1 1 1
1 1 1
S
xy z yz x zx y
   
     
Câu 2. (5,0 điểm) 
1. Giải phương trình 2 2 1 3 5 11 0x x x      . 
2. Giải hệ phương trình 
 2
2 2
1 1 1 0
7 3 0.
y y x x
x y x
      

    
Câu 3. (3,0 điểm) 
1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2 1x y xy x y     . 
2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có  2 3 4... 1 3n n  . 
Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC , nội tiếp đường tròn  O và ngoại tiếp đường tròn 
 I . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD ACB . Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC 
tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB 
cắt BD tại P. 
1. Chứng minh tam giác QBI cân; 
2. Chứng minh . .BP BI BE BQ ; 
3. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh / /PK JB . 
Câu 5. (2,0 điểm) Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi 
học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia 
cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh. 
----------Hết---------- 
Họ và tên thí sinh:Họ, tên chữ ký GT1:.. 
Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT2:.. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH 
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN – Lớp 9 
Câu 
Đáp án Điểm 
1.1 
(1,5) Tính giá trị biểu thức 
5 3 5 3
11 6 2
5 22
P
  
  

. 
Đặt 
5 3 5 3
5 22
M
  


. Ta có 2
10 2 22
2
5 22
M

 

0,5 
2M  (Do 0M  ) 0,25 
 
2
11 6 2 3 2 3 2     
0,5 
Suy ra 3P  0,25 
1.2 
(1,5) 
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2,x y z   
2 2 2 18x y z   và 1xyz   . Tính giá trị của 
1 1 1
1 1 1
S
xy z yz x zx y
  
     
. 
Ta có   1 1 1 1xy z xy x y x y         0,5 
Tương tự   1 1 1yz x y z     và   1 1 1zx y z x     0,25 
Suy ra 
            
1 1 1 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x y z
S
x y y z z x x y z
  
   
        
   
1 1
1xyz xy yz zx x y z xy yz zx

 
        
0,25 
Ta có    
2 2 2 2 2 7x y z x y z xy yz zx xy yz zx             0,25 
Suy ra 
1
7
S   
0,25 
2.1 
(2,0) 
Giải phương trình 2 2 1 3 5 11 0x x x      . 
Điều kiện 
1
2
x  
0,5 
2 2 1 3 5 11 0 2 2 1 3 5 11x x x x x x            
2 29 1 4 2 5 3 5 11 2 5 3 3x x x x x x x            0,5 
2 2 2
3 3 1
122 5 3 9 6 11 12 0
x x x
xx x x x x x
    
               
0,5 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Đối chiếu điều kiện ta được 1x  là nghiệm duy nhất của phương trình. 0,5 
2.2 
(3,0) 
Giải hệ phương trình 
   
 
2
2 2
1 1 1 0 1
7 3 0 2
y y x x
x y x
      

    
. 
Điều kiện 1,x y  
      2 21 1 1 0 1 1 0 1 1 0y y x x y y x y y y x                 
1
1
y
y x

 
 
. 
0,5 
Với 1y  , thay vào (2) ta được 
2 2 2 2 4 2 21 7 3 0 1 7 3 2 1 7 3x x x x x x x             
2
4 2
2
1 1
5 4 0
24
x x
x x
xx
  
        
 (do điều kiện của x) 
0,5 
Với 1y x  , thay vào (2) ta được 2 21 7 3 0x x x     
     
  
  
2 2
2
4 1 1 7 3 5 0
7 2 22
2 2 0
1 1 7 3 5
x x x
x xx
x x
x x
        
 
     
   
0,5 
 
2
2
7 21
2 0
1 1 7 3 5
x
x
x
x x


     
    
0,25 
Với 2x  suy ra 1y  . 0,5 
Ta có 
 
 
2 2
7 21 7 1
2 2 1
1 1 1 17 3 5 7 3 5
x
x x
x xx x
 
       
       
  
2
2
7 3 2 1
2
1 17 3 5
x
x
xx
 
  
  
Với 1x  thì  
2
2
2
7 3 2
7 3 2 0 2 0
7 3 5
x
x x
x
 
     
 
Suy ra  
2
2
7 3 2 1
2 0
1 17 3 5
x
x
xx
 
  
  
0,5 
Vậy hệ phương trình có các nghiệm    1;1 , 2;1 . 
0,25 
 3.1 
 (2,0) 
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2 1x y xy x y     . 
Ta có      
2 2 22 2 1 1 1 4x y xy x y x y x y            0,75 
Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp) 
x y 1x  1y  Nghiệm  ;x y 
1,0 
2 0 0  1;1 
-2 0 0 Loại 
0 2 0 Loại 
0 -2 0  1;1 
0 0 2 Loại 
0 0 -2  1; 1 
Vậy các số  ;x y cần tìm là  1;1 ,  1;1 ,  1; 1 0,25 
 3.2 
 (1,0) 
Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có  2 3 4... 1 3n n  . 
Với mỗi số nguyên dương k ta có     2 21 1 1 1 1k k k k k        . 0,25 
Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với 3,4,...,k n ta được 
  
3 1 2.4 1 2 1 3.5 1 2 1 3 1 4.6
1 2 1 3 1 1 1 1n n
         
      
0,5 
     
2
1 2 1 3 1 1 1 1 2 3 4... 1n n n n         
0,25 
Ta có điều phải chứng minh. 
 4 
 (7,0) 
Cho tam giác nhọn ABC có AB AC , nội tiếp đường tròn  O và ngoại tiếp đường 
tròn  I . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD ACB . Đường thẳng AI cắt đường 
tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn  O tại điểm thứ 
hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P. 
4. Chứng minh tam giác QBI cân; 
5. Chứng minh . .BP BI BE BQ ; 
6. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh 
/ /PK JB . 
 K
H
J
Q
O
P
E
D
I
B
C
A
4.1 
(2,0) 
Ta có AI là phân giác của BAC nên Q là điểm chính giữa của cung BC của (O). 
Suy ra BAQ QAC QBC  
1,0 
IBQ IBC QBC IBA BAQ BIQ     
Hay tam giác QBI cân tại Q. 
1,0 
 4.2 
 (3,0) 
Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB 
Suy ra 
AB AD
AC AB
 hay 2 .AB AD AC (1). 
0,5 
Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC (có góc A chung và AID ACE ) 
Suy ra 
AD AI
AE AC
 hay . .AI AE AD AC (2). 
0,5 
Từ (1) và (2) suy ra 2.AI AE AB , 
suy ra tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB. 
Suy ra 
2
ABC
AEB ABI  
0,5 
Ta có 
2
BAC
AEP BAE  (hai góc so le trong), 
suy ra 
2
ABC BAC
BEP

 . 
0,5 
Theo a) ta có 
2
BAC ABC
BIQ

 suy ra BIQ BEP 
0,25 
Ta có BPE ABD ACB BQI   0,25 
Suy ra hai tam giác PBE và QBI đồng dạng, suy ra . .
BP BE
BP BI BE BQ
BQ BI
   , ta có 
điều phải chứng minh. 
0,5 
 4.3 
 (2,0) 
Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE và tam giác BQI cân tại Q nên tam giác PBE cân 
tại P, suy ra 
2
BAC ABC
PBE

 và PH BE với H là trung điểm của BE. 
0,5 
Do HK là đường trung bình của tam giác EBJ nên HK//BJ 0,5 
Ta có 
2
ACB
JBD  và 
2
BAC ABC
DBE

 , suy ra o90JBE  hay JB vuông góc BE. 
0,75 
Suy ra PH//JB, suy ra P, H, K thẳng hàng hay PK//JB. 0,25 
5 
(2,0) 
Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. 
Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn 
có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ 
gồm ít nhất 9 học sinh. 
Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh. 
Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh. 
Nếu N 4 , từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10 
học sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán. 
0,5 
Nếu N<4 , khi đó số học sinh tham gia các câu lạc bộ này không quá 3.8 24 , nghĩa là 
còn ít nhất 35 24 11  học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này 
chỉ có 1 học sinh. Chọn 10 học sinh trong số này, không thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Vậy N=4 . 
0,5 
Số học sinh tham gia 4 câu lạc bộ này không quá 4.8 32 , nghĩa là còn ít nhất 3 học 
sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh. 
0,5 
Chọn 2 trong số học sinh này và mỗi câu lạc bộ trên chọn 2 học sinh, khi đó 10 học sinh 
không thỏa mãn điều kiện. 
0,25 
Vậy điều giả sử sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh tham gia. 0,25 
Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo thống 
nhất chia điểm thành phần tương ứng. 
-----------HẾT---------