Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 - Đề 3 (Có đáp án) - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI 	 LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 
ĐỀ CHÍNH THỨC
	Ngày thi: 24/02/2016 
	 	 Môn thi: Toán 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
Bài 1: (4,0 điểm) 
a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm lần tổng của chúng. 
 	b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức 
.
c) Tìm các số a, b, c biết ; ; .
Bài 2: (4,0 điểm) 
Giải phương trình . 
Giải hệ phương trình .
Bài 3: (4,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng .
Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a 
và c thì . 
Bài 4: (5,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. 
Tính CM.CE + BD2 theo R.
Chứng minh rằng tích là một hằng số. 
Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.
Bài 5: (3,0 điểm)
	a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết .
b) Cho tam giác nhọn ABC có cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.
HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI 	 LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 
ĐỀ CHÍNH THỨC
	Ngày thi: 24/02/2016 
	 	 Môn thi: Toán 
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN - LỚP 9
Bài 1: (4,0 điểm) 
a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm lần tổng của chúng. 
 	b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức 
.
c) Tìm các số a, b, c biết ; ; .
Tóm tắt cách giải
Điểm
Gọi a, b, c là ba số nguyên tố khác nhau phải tìm.
Ta có a.b.c = 5(a + b + c) a 5 hoặc b5 hoặc c5
Vì a, b, c là ba số nguyên tố nên a = 5, hoặc b =5, hoặc c = 5.
 Giả sử a = 5 và a.b.c = 5(a + b + c) ta có: b.c = 5 + b + c 
 b.c – b – c = 5 b( c – 1) – (c – 1) = 6 (b – 1)(c – 1) = 6
Vì b, c là các số nguyên tố nên b – 1 1; c – 1 1.
và là các số tự nhiên có vai trò như nhau. Do đó :
 * (nhận)
 * 
 Vậy ba số nguyên tố khác nhau phải tìm là 2; 5; 7.

0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
Ta có 
Do nguyên dương nên x – 2y; x – y + 2 là số nguyên
Mà nên ta có bốn trường hợp:
* ; * 
 *; *
Vậy các giá trị cần tìm là

0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Vì a = ; b = ; c = (gt)
Nên a; b; c là các số không âm. Ta thấy với a = b = c = 0 (thỏa mãn)
Nếu a, b, c dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta được:
 1+ b2 2b a = = b (so sánh hai phân số có cùng tử) 
 1 + c2 2c b = = c (so sánh hai phân số có cùng tử) 
 1 + a2 2a c = = a (so sánh hai phân số có cùng tử) 
Do đó a = b = c = 1. 
Vậy : a = b = c = 0 hoặc a = b = c = 1 là các số cần tìm.

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 2: (4,0 điểm)
Giải phương trình . 
Giải hệ phương trình .
Tóm tắt cách giải
Điểm
Đặt = a ; = b ( b0). Vậy x – 2 = a3 và x + 1 = b2. 
Ta được : . Từ (1) suy ra b = 3 – a thế vào (2) ta có: 
(3 – a)2 – a3 = 3 
Vì a2 + 6 0 nên a – 1 = 0 a = 1. 
Suy ra b = 2 (thoả mãn). Thế vào x + 1 = b2 = 22 = 4 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
 b) ĐKXĐ : | x | 1; | y | 1 và xy -2
Thay (1) vào (2) ta được (xy)2 – xy – 2 = 0
Giải ra ta được: xy = -1 (TM ĐK) hoặc xy = 2 (TMĐK)
* Nếu xy = -1 thì x2 + y2 = 1 (x + y)2 = -1, phương trình vô nghiệm 
* Nếu xy = 2 thì x2 + y2 = 4 x + y = 
Ta có các hệ phương trình: 
* (TM) * (TM) Vậy : Nghiệm của hệ phương trình là (x;y) .
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Bài 3: (4,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng .
Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a 
và c thì . 
Tóm tắt cách giải
Điểm
Ta có ; ; 
 Và ; ; 
Cộng các bất đẳng thức trên ta được :
 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.
0,75 điểm
0,75 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Ta có 
Biến đổi vế trái (*): 
Biến đổi vế phải (*): 
Ta có: nên đẳng thức (*) đúng.
Vậy: .

0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
Bài 4: (5,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. 
Tính CM.CE + BD2 theo R.
Chứng minh rằng tích là một hằng số. 
Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.
	Tóm tắt cách giải
Điểm


0,5 điểm
Xét và có và là góc chung 
 ഗ (g.g) 
Xét vuông tại O. Theo định lý Py-ta-go 
Vậy 
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
S
Ta có: (cmt) 
Ta có: ഗ (, ) 
Từ (1) và (2) suy ra: (AOC vuông cân tại O) 
Tương tự :
S
S
Từ (4) và (5): . 
Từ (3) và (6): là một hằng số. 

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Đặt . Ta có: x, y không âm và: 
Dấu "=" xảy ra khi: x = y và xy = (TMĐK)
Vậy: Tổng 
Û E là điểm chính giữa cung nhỏ.

0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
Bài 5: (3,0 điểm)
	a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết .
b) Cho tam giác nhọn ABC có cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.
	Tóm tắt cách giải
Điểm
a) 
0,25 điểm

Ta có . 
Trong ta có :
 và AB > BC, AB > AC AB là cạnh lớn nhất.
Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AC cân tại A.
Xét và có chung và 
S
Vì AB là cạnh lớn nhất và AB, AC, BC là các số nguyên liên tiếp nên ta có hai trường hợp sau:
TH 1: AB = n + 2, BC = n + 1, CA = n (n là số nguyên dương)
(*) (n + 1)2 = (n + 2).2 n2 = 3 (loại).
TH 2: AB = n + 2, BC = n, CA = n + 1 (n là số nguyên dương)
(*) n2 = (n + 2).1 n2 – n – 2 = 0 (loại); n = 2 (nhận) 
Vậy BC = 2 (đvd); CA = 3(đvd); AB = 4 (đvd).
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

b) 
0,25 điểm
 Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB OM BC, ON AC, OP AB.
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC Vì nên 
Ta thấy tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BPOM, CNOM nội tiếp các đường tròn có đường kính OA = OB = OC = 2cm. 
Vì 2017 = 6723 + 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 673 điểm trong 2017 điểm đã cho. 
Giả sử đó là tứ giác ANOP.
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra cm.
Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1cm.
Vì 673 = 1684 + 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 169 điểm trong 673 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 169 điểm trong số 2017 điểm đã cho.
Vì các điểm nằm trong tứ giác AEIF nên chúng nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó khoảng cách không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1cm.
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Ghi chú :
	+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh.
	+ Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó. Vẽ hình sai (về mặt bản chất) nhưng lời giải đúng thì không cho điểm.
	+ Điểm từng câu và toàn bài không làm tròn số.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI 	 LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 
MA TRẬN ĐỀ THI 
Phân môn
 Mức độ
Các chủ đề

Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng

Cộng
Thấp
Cao
SỐ HỌC
Số nguyên tố. 


Bài 1a 
 1,5

3
 4,0
Phương trình nghiệm nguyên. 

Bài 1b
 1,5


Tìm các số thoả mãn điều kiện cho trước



Bài 1c
 1,0
ĐẠI SỐ
Giải phương trình chứa căn thức.

Bài 2a
 2,0


4
 8,0
Giải hệ phương trình chứa căn thức



Bài 2b
 2,0
Chứng minh bất đẳng thức


Bài 3a
 2,0

Chứng minh đẳng thức theo điều kiện cho trước



Bài 3b
 2,0
HÌNH HỌC
Đường tròn, tính giá trị biểu thức 
Vẽ hình
 0,5

Bài 4a
 1,5

5
 8,0
Các loại góc với đường tròn, tam giác đồng dạng



Bài 4b
 1,5 
Tìm vị trí của điểm thoả mãn ĐK cho trước


Bài 4c
 1,5 

Tìm độ dài cạnh của tam giác

Vẽ hình
 0,25
Bài 5a
 1,25 

Tỉ số lượng giác, góc ở tâm, tứ giác nội tiếp, nguyên lýDirichlet

Vẽ hình
 0,25

Bài 5b
 1,25 

Tổng cộng 

 0,5 
2
 4,0
5
7,75
5 
7,75
12
 20,0 

Bài 3: (4,0 điểm)
.
Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a 
và c thì . 
CÁCH KHÁC: b)
Vì b là số trung bình cộng của a và c nên 2b = a + c a – b = b – c. 
Nếu a = b thì suy được a = b = c. Khi đó đẳng thức hiển nhiên đúng
Nếu a, b, c đôi một khác nhau thì ta có:.
 (đúng)
Bài 4: (5,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. 
Tính CM.CE + BD2 theo R.
Chứng minh rằng tích là một hằng số. 
Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.
CÁCH KHÁC: b)
Gọi F là giao điểm của BE và AD.
Ta có tam giác COA vuông cân tại O; tam giác BDA vuông cân tại D; ; nên (1).
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác AOD và ba điểm B, N, F thẳng hàng ta có:
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra là hằng số.
Bài 5: (3,0 điểm)
	b) Cho tam giác nhọn ABC có cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.
CÁCH KHÁC:b)
Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. Ta được bốn tam giác AEF, BFD, CDE, DEF bằng nhau.
Ta có 2017 = 4.504 + 1 nên trong bốn tam giác nói trên có ít nhất một tam giác chứa 505 điểm đã cho. Chẳng hạn đó là tam giác AEF.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Vẽ OG, OH, OI thứ tự vuông góc với EF, AE, AF. Dễ thấy các tứ giác OIAH, OHEG, OGFI nội tiếp đường tròn đường kính tương ứng là OA, OE, OF.
Ta có 505 = 3.168 + 1 nên trong ba tứ giác nói trên có ít nhất một tứ giác chứa 169 điểm đã cho. Chẳng hạn đó là tứ giác OIAH.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (cm)
Mà AEF ഗ ABC với tỉ số đồng dạng nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF bằng 1cm, tức là OA = OE = OF = 1cm. 
Tứ giác OIAH nội tiếp đường tròn đường kính OA = 1cm, chứa 169 điểm đã cho nên khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.