Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh môn Toán (Bảng A) Lớp 9 cấp THCS - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nghệ An (Có đáp án)

 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn thi: TOÁN - BẢNG A 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. (3,0 điểm) 
a. Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối 
lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó). 
b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2 
Câu 2. (6,0 điểm) 
a. Giải phương trình:  2 26 1 2 1 2 3x x x x x      
b. Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
4 1 4
1
x y x
x xy y
   

  
Câu 3. (3,0 điểm) 
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a b c
b c a
  
  
  
Câu 4. (6,0 điểm) 
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn 
(A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao 
điểm của OM và AB. 
a. Chứng minh: HPO HQO 
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng 
1 1
EA EB
 có giá trị nhỏ nhất. 
Câu 5. (2,0 điểm) 
Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 
hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn bất kì nào trong chúng có 
điểm trong chung. 
Đề chính thức 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a 
- Nhận xét: 
n
2
 + (n + 5)
2
 = 2n
2
 + 10n + 25 = x + 25 
(n + 1)
2
 + (n + 4)
2
 = 2n
2
 + 10n + 17 = x + 17 
(n + 2)
2
 + (n + 3)
2
 = 2n
2
 + 10n + 13 = x + 13 
0,5 
Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ... , 20042 thành ba 
phần: A + 25, A + 17, A + 13 
Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần: 
B + 25, B + 17, B + 13 
Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: 
C + 25, C + 17, C + 13 
0,5 
Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A + 25, B 
+ 17, C + 13; nhóm thứ hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C 
+ 25, A + 17, B + 13. Khối lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + 
C + 55 gam. 
0,5 
b 
Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 + 19) = y2 (x 2). Để y 
là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính 
phương (z là số nguyên dương) 
0,25 
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B 
+ 18 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là số 
chính phương. 
Do đó x – 2 = 2k là số chẵn 
0,5 
Ta có 3
x – 2
 + 19 = z
2
   3 3 19k kz z    . Vì 19 là số nguyên tố 
và 3 3k kz z   nên 
3 1
3 19
k
k
z
z
  

 
10 10
23 9k
z z
k
  
  
 
0,5 
Vậy x = 6 và y = 30. 0,25 
 ĐKXĐ: R. 0,5 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
2 
a 
Vì 
1
2
x

 không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương 
đương với phương trình: 
2
26 1 2 3
2 1
x x
x x
x
 
  

2
26 1 2 2 3 2
2 1
x x
x x
x
 
     

 0,5 
2 2 2
2
6 1 2(2 1) ( 2 3 2)( 2 3 2)
2 1 2 3 2
x x x x x x x
x x x
         

   
 0,25 
2 2
2
2 1 2 1
2 1 2 3 2
x x x x
x x x
   
 
   
 0,25 
 2
2
1 1
2 1 0
2 12 3 2
x x
xx x
 
     
   

2
2
2 1 0
2 3 2 2 1
x x
x x x
   

    
(1)
(2)
0,5 
PT (1) có hai nghiệm 1;2 1 2x    0,25 
PT (2)  2 2 3 2 2 1x x x     2 2 2 2 1x x x     0,25 

2 2
1
2
2 3 (2 1)
x
x x x



    
 3
3 15
3
x

  0,25 
Vậy phương đã cho có ba nghiệm: 1;2 3
3 15
1 2;
3
x x

    0,25 
b 
Hệ phương trình 
 
2 2
2 22 2
2 12 1
11
y xx y
x xy yx xy y
    
  
     
 0,5 
Xét hệ: 
   
22 2 2
2 12 1
1 2 1 2 1 1
y xy x
x xy y x x x x
   
 
        
 0,5 
2
2 1
2 1 0
7 5 0 5
7
y x
y x x
x x
x
 
  
      

 
0
1
x
y



 hoặc
5
7
3
7
x
y

 

  

 0,5 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
Xét hệ: 
   
22 2 2
2 12 1
1 2 1 2 1 1
y xy x
x xy y x x x x
     
 
        
 0,5 
2
2 1
2 1
0
3 3 0
1
y x
y x
x
x x
x
  
   
   
     
0
1
x
y


 
hoặc 
1
1
x
y
 


 0,5 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1), 
5 3
;
7 7
 
  
 
, 
(0; -1), (-1; 1) 
0,5 
3 
Sử dụng bất đẳng thức Cô si 
Ta có: 
   2 2
2 2
1 11
1 1 1
1 1 2 2
b a b aa b ab
a a a
b b b
  
        
 
(1) 
0,5 
Tương tự: 
2
1
1
1 2
b c bc
b
c
 
  

 (1) 
và 
2
1
1
1 2
c a ca
c
a
 
  

(3) 
0,5 
Từ (1); (2) và (3) suy ra: 
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1 2 2
a b c a b c ab bc ca
b c a
      
    
  
0,5 
Mặt khác 2 2 2a b c ab bc ca     
hay  
2
3( ) 9ab bc ca a b c      
0,5 
Do đó: 
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1 2 2
a b c a b c ab bc ca
b c a
      
    
  
= 
3 9
3 3
2 6
   
0,5 
Vậy 
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a b c
b c a
  
  
  
. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,5 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
4 
a 
P
H
M
O
A
B
Q
MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1) 0,75 
MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) 0,5 
Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay 
MP MO
MH MQ
 (*) 0,5 
MPH và MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra 
MPH đồng dạng MOQ (c.g.c) suy ra MHP MQO 
0,75 
Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp HPO HQO = 
1
2
sdOH 
(đpcm) 
0,5 
b 
O'
F
A B
E
Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay EBF cân 
tại E, suy ra 
1
2
BFA BEA . Đặt AEB  khi đó 
2
AFB

 nên F 
di chuyển trên cung chứa góc 
2

 dựng trên BC. 
0,5 
Ta có: 
1 1
EA EB

4
EA EB


. Như vậy 
1 1
EA EB
 nhỏ nhất khi EA + 
EB lớn nhất hay EA + EF lớn nhấtAF lớn nhất (**) 
0,5 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra O’AB cân tại 
O’ suy ra O’A=O’B (3) 
0,5 
 O’EB và  O’EF có EB = EF, O’E chung và ' 'FEO BEO 
(cùng bù với 'BAO  O’EB =O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F 
(4) 
0,5 
Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc 
2

dựng trên đoạn 
thẳng BC. (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng 
bờ AB) 
0,5 
Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi EO’ (***). 0,25 
Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì 
1 1
EA EB
 có giá trị nhỏ nhất. 
0,25 
5 
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn 
bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có 
điểm trong chung. Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình 
vuông MNPQ tâm O cạnh là (a-2) và MN // AB. Các đường trung 
bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình 
vuông nhỏ bằng nhau. 
0,75 
Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 
trong 5 tâm của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2. 
0,5 
Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung 
nên O1O22 (1) 
0,5 
Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là 
2
2
a 
 nên 1 2
2
. 2
2
a
O O

 (2) (
2
. 2
2
a 
là đường chéo hình vuông 
nhỏ) 
0,5 
Từ (1) và (2)  
2
2 2 2 2 2
2
a
a

    . Do đó mọi hình vuông 0,5 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
có cạnh lớn hơn hoặc bằng ( 2 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài 
toán. 
0,25 
O2O1
2+2 2
D C
A B
P
Q
M
O
N
O1
O2
a-2
2