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

 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
 NĂM HỌC 2015 – 2016
 Đề chính thức 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: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 
 4x2 1 y2 4x
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x xy y 1
Câu 3: (3,0 điểm)
 a 1 b 1 c 1
 Cho a,b,c 0 thỏa mãna b c 3 . Chứng minh rằng: 3 . 
 b2 1 c2 1 a2 1
Câu 4: (6,0 điểm)
 Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O; R . Vẽ hai tiếp tuyếnMA , 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: H· PO H· QO 
 1 1
 b) Tìm điểmE thuộc cung lớn AB sao cho tổng có giá trị nhỏ nhất.
 EA EB
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.
 --- HẾT --- ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NGHỆ AN 
 NĂM HỌC 2015 – 2016 – NGHỆ AN
 Môn thi: TOÁN 9 - BẢNG A
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 
 Lời giải
 a) Nhận xét:
 n2 (n 5)2 2n2 10n 25 x 25
 (n 1)2 (n 4)2 2n2 10n 17 x 17
 (n 2)2 (n 3)2 2n2 10n 13 x 13 
 - 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.
 - 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).
 b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x 171 y2 
 - 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)
 - Nếu x – 2 là số lẻ thì x – 2 2k 1, khi đó 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 là số chẵn 
 - Ta có 3x–2 19 z2 z 3k z 3k 19 . 
 z 3k 1 z 10 z 10
 Vì 19 là số nguyên tố và z 3k z 3k nên 
 k k 
 z 3 19 3 9 k 2
 Vậy x = 6 và y = 30.
Câu 2: (6,0 điểm)
 a) Giải phương trình: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 
 4x2 1 y2 4x
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x xy y 1
 Lời giải
 a) Giải phương trình: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 (*) ĐKXĐ: R.
 1
Vì x nên phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
 2
 x2 6x 1
(*) x2 2x 3 
 2x 1
 x2 6x 1
 2 x2 2x 3 2
 2x 1
 x2 6x 1 2(2x 1) ( x2 2x 3 2)( x2 2x 3 2)
 2x 1 x2 2x 3 2
 x2 2x 1 x2 2x 1
 2x 1 x2 2x 3 2
 2 1 1 
 x 2x 1 0
 x2 2x 3 2 2x 1 
 x2 2x 1 0 (1)
 2
 x 2x 3 2 2x 1 (2)
PT (1) có hai nghiệm x1;2 1 2
PT (2) x2 2x 3 2 2x 1 x2 2x 2 2x 1
 1
 x 3 15
 2 x3 
 2 2 3
 x 2x 3 (2x 1)
 3 15
Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x 1 2; x 
 1;2 3 3
 4x2 1 y2 4x
b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x xy y 1
 2
 2x 1 y2 y 2x 1
Hệ phương trình 
 2 2 2 2
 x xy y 1 x xy y 1
 y 2x 1 y 2x 1
- Xét hệ: 
 2 2 2 2
 x xy y 1 x x 2x 1 2x 1 1
 y 2x 1 5
 x 
 y 2x 1 x 0 x 0 7
 hoặc
 2 
 7x 5x 0 5 y 1 3
 x y 
 7 7
 y 2x 1 y 2x 1
- Xét hệ: 
 2 2 2 2
 x xy y 1 x x 2x 1 2x 1 1 y 2x 1
 y 2x 1 x 0 x 1
 hoặc 
 2 x 0 
 3x 3x 0 y 1 y 1
 x 1
 5 3 
 - Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (0;1), ; , (0; 1), ( 1;1).
 7 7 
Câu 3: (3,0 điểm)
 a 1 b 1 c 1
 Cho a,b,c 0 thỏa mãn a b c 3 . Chứng minh rằng: 3 .
 b2 1 c2 1 a2 1
 Lời giải
 - Sử dụng bất đẳng thức Cô si,ta có:
 a 1 b2 a 1 b2 a 1 b ab
 a 1 a 1 a 1 (1)
 b2 1 b2 1 2b 2
 b 1 c bc c 1 a ca
 - Tương tự: b 1 (2) và c 1 (3)
 c2 1 2 a2 1 2
 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca
 - Từ (1), (2) và (3) suy ra: 3 
 b2 1 c2 1 a2 1 2 2
 2
 - Mặt khác a2 b2 c2 ab bc ca hay 3(ab bc ca) a b c 9
 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca 3 9
 - Do đó: 3 = 3 3 .
 b2 1 c2 1 a2 1 2 2 2 6
 a 1 b 1 c 1
 - Vậy 3 . Dấu bằng xảy ra khi a b c 1.
 b2 1 c2 1 a2 1
Câu 4: (6,0 điểm)
 Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O; R . Vẽ hai tiếp tuyếnMA , 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: H· PO H· QO 
 1 1
 b) Tìm điểmE thuộc cung lớn AB sao cho tổng có giá trị nhỏ nhất.
 EA EB
 Lời giải
 a) Chứng minh: H· PO H· QO 
 A
 Q
 P
 M
 O H
 B
 Ta có: MPA∽ MAQ(g.g) MA2 MP.MQ (1) MAO vuông tại A , có đường cao AH nên MA2 MH.MO (2)
 MP MO
 Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ MH.MO hay (*)
 MH MQ
 Ta xét: MPH và MOQ có góc M chung kết hợp với (*):
 MPH ∽ MOQ(c.g.c) M· HP M· QO .
 1
 Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp H· PO H· QO = sdO¼H (đpcm)
 2
 1 1
 b) Tìm điểmE thuộc cung lớn AB sao cho tổng có giá trị nhỏ nhất.
 EA EB
 O'
 F
 E
 A B
 -Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB EF hay EBF cân tại E , suy ra 
 1 
 B· FA B· EA. Đặt ·AEB khi đó ·AFB nên F di chuyển trên cung chứa góc dựng 
 2 2 2
 trên BC .
 1 1 4 1 1
 -Ta có: . Như vậy nhỏ nhất khi EA EB lớn nhất hay EA EF 
 EA EB EA EB EA EB
 lớn nhất AF lớn nhất (**).
 - Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB , suy ra O ' AB cân tại O’ O ' A O ' B (3)
 -Xét O ' EB và O 'EF có EB EF , O’E chung và F· EO ' B· EO ' (cùng bù với B· AO ' 
 O ' EB O ' EF(c.g.c) O ' B O ' F (4)
 -Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng BC (cung đó và cung lớn
 2
 AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB )
 - Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E  O ' (***).
 1 1
 -Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì có giá trị nhỏ nhất.
 EA EB
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.
 Lời giải
 - 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. - 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 .
- Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O1O2 2 (1).
 a 2 a 2
- Mặt khác O O cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là nên O O . 2 (2) 
 1 2 2 1 2 2
 a 2
(với . 2 là đường chéo hình vuông nhỏ).
 2
 a 2
- Từ (1) và (2) 2 2 a 2 2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh lớn hơn hoặc 
 2
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.
 A 2+2 2 B
 N
 M
 O
 P
 O1
 Q a-2
 O1 O2 2
 D C
 O2
 --- HẾT ---