Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 cấp THCS - Năm học 2017-2018 - 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 2017 – 2018 
Môn thi: TOÁN - BẢNG A 
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (3 điểm). 
 a. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên 
tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương. 
 b. Chứng minh rằng số 
2n+12A 2 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n. 
Câu 2 (7 điểm). 
a. Giải hệ phương trình: 
2
2
2 3 6
2 3 6.
x y x
y x y
b. Giải phương trình: 
28 18 11
1 2 3
2 2 3
x x
x x
x
 
Câu 3 (2 điểm). 
Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn 1.xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
1 1 1
P
(3 1)( ) (3 1)( ) (3 1)( )x y z x y x z y z x y z
 
Câu 4 (6 điểm). 
 Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường 
thẳng d vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến 
với đường tròn (O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp 
xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung 
điểm của OE. Chứng minh rằng: 
 a. Điểm M thuộc đường tròn (K). 
 b. Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E 
thay đổi trên đường thẳng d. 
Câu 5 (2 điểm). 
 Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó 
không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 
đỉnh lấy từ 4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa 
giác đó) có diện tích không vượt quá 
1
6050
 
 Hết 
Đề chính thức 
Họ và tên thí sinh Số báo danh 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN – BẢNG A 
 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
3 điểm 
a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hang đơn vị là số 
nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương 
Gọi số cần tìm có dạng dabc => 2 *d (n N )abc n 
=> 0,1,4,5,6,9d mà d là số nguyên tố => 5d 
0,5 
Mặt khác 100 d 10000abc 31 100n 
Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay 5n e 
0,5 
 Mà e +5 là số chính phương => e = 4. 
=> n = 45 => d 2025.abc 
0,5 
 b. (1,5 điểm) Chứng minh rằng số 
2n+12A=2 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n. 
Ta có 
2n+1 2n2 =2.2 chia 3 dư 2 n N 
 2n+12 =3k+2,(k N) 
0,5 
2n+12 3k 2 3 k kA=2 +31=2 31 4.(2 ) 31 4.8 31 
Mà 
k8 chia 7 dư 1 k N 4. k8 chia 7 dư 4 k N 
 4. k8 +31 7 k N 
0,5 
2n+12A=2 +31 7 n N Mà A >7 
 A là hợp số với mọi số tự nhiên n. 
0,5 
2 
7 điểm a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình: 
2
2
2 3 6
2 3 6.
x y x
y x y
2 2 2
2 2 2
2 3 6 2 3 6 2 3 6
( )( 1) 02 3 6
x y x x y x x y x
x y x yy x y x y x y
 1,0 
TH 1: 
2 2
2
2 3 6 5x 6 0
( ; ) (2;2),(3;3)3
x
x y x x
x yx
x y x y
x y
1,0 
TH 2. 
2 2 22 3 6 2 3 6 4 0( )
1 0 1 1
x y x x y x x x vn
x y y x y x
 1,0 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ; ) (2;2),(3;3)x y 0,5 
b.(3,5 điểm) Giải phương trình: 
28 18 11
1 2 3
2 2 3
x x
x x
x
 
ĐK: 
3
2x 3 0
2
x
  0,5 
đặt 1, 2 3 0a x b x , PT trở thành: 
2 2
2 2 2 28 2 ( ) 8 2 8 0
2
a b
a b b a b a b b ab a
b
0,5 
2
( 4 )( 2 ) 0
4
b a
b a b a
b a
 0,5 
TH 1. 
22 2 3 2( 1) 2x 3 4( 1) ( 1)b a x x x x 
0,5 
2
3 5
( )
4
4 6 1 0
3 5
( )
4
x tm
x x
x l
 0,5 
TH 2. 
24 2x 3 4( 1) 2x 3 16( 1) ( 1)b a x x x 
0,5 
2
15 17
( )
16
16x 30x 13 0
15 17
( )
16
x l
x tm
Vậy phương trình có hai nghiệm: 
3 5 15 17
,
4 16
x x
  
0,5 
3 
2 điểm 
 Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn 1.xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
1 1 1
P
(3 1)( ) (3 1)( ) (3 1)( )x y z x y x z y z x y z
 
Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có : 33 3x y z xyz 
1 1 1
P
3 ( ) 3 ( ) 3 ( )x y z x y z y x z x y z z x y x y z
 
=>
1 1 1
P
3 ( ) 3 3 ( ) 3 3 ( ) 3x y z y x z z x y
0,5 
1 1 1
3P
1 1 1 1 1 1
1 1 1
y z x z x y
Đặt 
33 3
1 1 1
, , , , 0, 1a b c a b c abc
x y z
3 3 3 3 3 3
1 1 1
3P
1 1 1a b b c c a
0,5 
Ta có: 
3 3 2 2( )( ) ( )(2 ) ( ) (1)a b a b a b ab a b ab ab ab a b 
Thiết lập các BĐT tương tự còn lại ta có: 
1 1 1
3P
( ) ( ) ( )
1
 1 P
3
ab a b abc bc b c abc ca c a abc
c a b
a b c a b c a b c
0,5 
1
P= 1 1.
13
a b c
a b c x y z
abc
Vậy GTLN của P bằng 
1
.
3
0,5 
4 
6 điểm 
 Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d 
vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn 
(O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d 
tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh 
rằng: 
Q
N
F
E
K
C
M
A
O
B
a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K). 
Ta có EC là tiếp tuyến của đường tròn (O)=>
0ECO=90 , mà ( , )
2
EF
C K 
=> 
0ECF=90 => O, C, F thẳng hàng. 
0,5 
Mà EC, EA là hai tiếp tuyến của (O) => EAO EOF 0,5 
Mặt khác , / / EFFE d AB d EF AB AOE O  0,5 
=> EFEOF O => tam giác EFO cân tại F 0,5 
Mà M là trung điểm của EO => FM EO 0,5 
=> 
090 ( ).FME M K 0,5 
b.(3 điểm) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi 
E thay đổi trên đường thẳng d. 
Gọi N là trung điểm của AO, Q là giao điểm của BE và FN 
=> MN là đường trung bình của tam giác EAO => MN//AE 
0
0
MN AO 90
180
NMO MON
NMF MON EOB
  
0,5 
Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg) 
MF MO EO
NM NO AO
 mà AO = BO =>
MF EO
NM BO
=> tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc). 
1,0 
=> hay OEB MFN MEQ MFQ => tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K) 0,5 
=> 
090EQF NF BE  
Vậy khi E thay đổi trên d thì đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua 
điểm cố định là trung điểm của OA. 
1,0 
5 
2 điểm 
Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có 
ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 
4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác đó) có diện 
tích không vượt quá 
1
6050
 
Từ 2018 đỉnh và 2017 điểm nằm trong đa giác nối các điểm để tạo thành các tam 
giác chỉ chung nhiều nhất là một cạnh và đôi một không có điểm trong chung, phủ 
kín đa giác nói trên. 
Ta có tổng các góc trong của đa giác là: 
0 0(2018 2)180 2016.180 
tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng 
với 
02017.360 
1,0 
=>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng 
0 0 02017.360 2016.180 6050.180 
=>có tất cả 6050 tam giác có tổng diện tích là 1. 
Vậy phải có ít một tam giác trong 6050 tam giác trên có diện tích không vượt quá 
1
6050
 
1,0 
--- Hết --- 
Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa