Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
Môn thi: TOÁN - BẢNG A 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (4,0 điểm). 
 a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, ... , an. Đặt S = 
3 3 3
1 2 n
a a ... a   
và 
1 2 n
P a a ... a    . 
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6. 
b) Cho A = 
6 4 3 2n n 2n 2n   (với n N, n > 1). Chứng minh A không phải là số 
chính phương. 
Câu 2 (4,5 điểm). 
 a) Giải phương trình: 
3 2
10 x 1 3x 6   
 b) Giải hệ phương trình: 
1
x 3
y
1
y 3
z
1
z 3
x

 


 


 

Câu 3 (4,5 điểm). 
 a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và 
1 1 1
4
x y z
   . 
Chứng minh rằng: 
1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z
  
   
b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn 
2011 2011 2011x y z 3   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2M x y z   
Câu 4 (4,5 điểm). 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác. 
Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N và P 
lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. 
a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. 
b) Khi 
0BOC 120 , xác định vị trí của điểm M để 
1 1
MB MC
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 5 (2,5 điểm). 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC 
không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường 
thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh 
rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. 
- - - Hết - - - 
Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh: ..................................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN - Bảng A 
-------------------------------------------- 
Câu: Nội dung 
1. 
Với a Z thì 
3a a (a 1)a(a 1)    là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết 
cho 2 và 3. Mà (2.3)=1 
3a a 6  
3 3 3
1 1 2 2 n n
S P (a a ) (a a ) ... (a a ) 6         
 Vậy S 6 P 6 
6 4 3 2 2 2 2n n 2n 2n n (n 1) .(n 2n 2)       
 với n N , n > 1 thì 
2 2n 2n 2 (n 1) 1     > 
2(n 1) 
 và 
2 2n 2n 2 n 2(n 1)     < 
2n 
 Vậy 
2(n 1) <
2n 2n 2  <
2n
2n 2n 2   không là số chính phương 
 đpcm 
2. 
3 210 x 1 3(x 2)   
2 2
10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)      điều kiện x 1 
Đặt x 1 a  (a 0) 
2
x x 1 b   (b>0) 
Ta có: 
2 210ab = 3a 3b 
a = 3b
(a 3b)(3a-b) = 0
b 3a

   
 
Trường hợp1: a = 3b 
Ta có: 
2
x 1 3 x x 1    (1) 
29x 9x+9=x+1  
29x 10x+8 = 0  
' 25 9.8   < 0  phương trình (1) vô nghiệm 
Trường hợp 2: b = 3a 
Ta có: 
2
3 x 1 x x 1    
29(x 1) x x 1     
2x 10x-8 = 0 
1
2
x 5 33 (TM)
x 5 33 (TM)
  
 
  
Vậy phương trình có 2 nghiệm x 5 33  
1
x 3
y
1
y 3
z
1
z 3
x

 


 


 
 
Từ (3) 
3x-1
z
x
 
thay vào (2)
3xy+3 = 8x+y
 (4) 
Từ (1) 
xy 1 3y 3xy+3 = 9y   
 (5) 
Từ (4) và (5) 
8x+y = 9y x y  
Chứng minh tương tự : y = z 
Từ đó x y z   
Thay vào (1) 
21
x 3 x 3x+1 = 0
x
    
3 5
x
2

 
  hệ có 2 nghiệm 
3 5
x y z
2

  
3. 
Áp dụng bất đẳng thức 
1 1 4
x y x y
 
 (với x,y > 0) 
Ta có: 
1 1 1 1
( )
2x+y+z 4 2x y z
 
 ; 
1 1 1
y z 4y 4z
 
 
Suy ra: 
1 1 1 1 1
( )
2x+y+z 4 2x 4y 4z
  
 (1) 
Tương tự: 
1 1 1 1 1
( )
x+2y+z 4 4x 2y 4z
  
 (2) 
1 1 1 1 1
( )
x+y+2z 4 4x 4y 2z
  
 (3) 
Từ (1),(2),(3) 
1 1 1 1 1 1 1
( )
2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z
     
1 1 1
1
2x+y+z x+2y+z x+y+2z
   
Dấu "=" xảy ra 
3
x y z
4
   
Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho 
2011 2011x ,x và 2009 số 1 ta có: 
2011 2011 2 20112011x x 1 1 ... 1 2011 (x )      
 2009 
2011 22x 2009 2011x   (1) 
Tương tự: 
2011 2
2y 2009 2011y  (2) 
2011 22z 2009 2011z  (3) 
Từ (1), (2), (3) 
2011 2011 2011
2 2 2 2(x y z ) 3.2009x y z
2011
  
   
2 2 2
x y z 3    
Giá trị lớn nhất của M là 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1 
4. 
H
P
M
N
F
EI
O
C
B
A
Gọi giao điểm của BH với AC là E 
 AH với BC là F, CH với AB là I 
  HECF là tứ giác nội tiếp. 
  AHE ACB (1) 
Mà ACB AMB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung) 
Ta có: AMB ANB (Do M, N đối xứng AB) (2) 
Từ (1), (2)  AHBN là tứ giác nội tiếp 
  NAB NHB (*) 
Mà NAB MAB (Do M, N đối xứng qua AB (**) 
Từ (*), (**)  NHB BAM 
Chứng minh tương tự: PHC MAC 
  NHB PHC BAM MAC BAC    
Mà 
0BAC IHE 180  
0NHB PHC BHC 180    ( vì IHE BHC ) 
  N, H, P thẳng hàng 
Gọi J là điểm chính giữa của cung lớn BC 
0BOC 120 BJC đều 
Trên đoạn JM lấy K sao cho MK = MB 
 JKB CMB  
O
K
B
M
C
J
BM MC JM   
1 1 4
BM MC BM MC
 
 
1 1 4
BM MC JM
  
JM lớn nhất  JM là đường kính (O) lúc đó M là điểm chính giữa của cung nhỏ 
BC. 
Vậy 
1 1
BM MC

 nhỏ nhất  M là điểm chính giữa cung nhỏ BC 
5. 
+ Khi 
0BAC 90  
0BIC 90 . 
  F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính. 
  EF đi qua điểm O cố định. 
KF
E
O
A
B
C
I
+ Khi BAC 900. 
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. 
 EIF EAF  (cùng bù BIC ) 
 EKF EIF (Do I và K đối xứng qua EF) 
 EKF EAF  
 AKFE nội tiếp 
 KAB KEF  (cùng chắn KF ) (1) 
 IEF KEF (Do K và I đối xứng qua EF) (2) 
 IEF BIK ( cùng phụ KIE ) (3) 
Từ (1), (2), (3) KAB BIK  
  AKBI là tứ giác nội tiếp 
  K (O) 
 Mà EF là đường trung trực của KI  E, O, F thẳng hàng. 
+ Khi BAC > 900  BIC < 900 chứng minh tương tự. 
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. 
- - - Hết - - -