Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Nghệ An

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Nghệ An

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2018 – 2019

Câu 1. (3,0 điểm).

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{{y}^{2}}+x-2y+5=xy.$.

Chứng minh rằng $A={{2}^{{{2}^{n}}}}+{{4}^{n}}+16$ chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.        

Câu 2. (6,5 điểm).

Giải phương trình: $\sqrt{2x+3}=\frac{8{{x}^{3}}+4x}{2x+5}\cdot $

Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=1 \\& \left( x-1 \right)\left( y-3 \right)+3=x+y. \\\end{align} \right.$

Câu 3. (2,5 điểm).

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P={{\left( \frac{a}{a+b} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{b}{b+c} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{c}{c+a} \right)}^{4}}$.

Câu 4. (6,0 điểm).

Cho tam giác nhọn $\text{ABC}$nội tiếp đường tròn$\left( \text{O} \right)$. Gọi $\text{D},\text{ E},\text{ F}$lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh $\text{A},\text{ B},\text{ C}$của tam giác đó. Đường thẳng $\text{EF}$cắt đường tròn $\left( \text{O} \right)$ tại điểm thứ nhất $\text{M}$(M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng $\text{BM}$cắt đường thẳng $\text{DF}$tại$\text{N}$. Chứng minh rằng:

a.$\text{EF}~\bot \text{OA}$.

b.$\text{AM }=\text{ AN}$.

Cho tam giác nhọn $\text{ABC},\text{ D}$là điểm trong tam giác đó sao cho $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}+{{90}^{0}}$

và $\text{AC}.\text{BD }=\text{ AD}.\text{BC}$. Chứng minh $\frac{AB.CD}{AC.BD}=\sqrt{2}$.

Câu 5. (2,0 điểm). Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng $\frac{1}{91}$ nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1. (3,0 điểm).

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{{y}^{2}}+x-2y+5=xy.$.

Chứng minh rằng $A={{2}^{{{2}^{n}}}}+{{4}^{n}}+16$ chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.        

Lời giải

Ta có: $2{{y}^{2}}+x-2y+5=xy\Leftrightarrow x(y-1)=2{{y}^{2}}-2y+5$

$\Leftrightarrow x=2y+\frac{5}{y-1}$

($y\text{ }=1$không thỏa mãn PT)

Vì  $x,\text{ }y$ là các số nguyên nên  $y\text{ }-1$ là ước của 5.

$TH1:y-1=1\Rightarrow y=2\Rightarrow x=9.$

$TH2:y-1=-1\Rightarrow y=0\Rightarrow x=-5.$

$TH3:y-1=5\Rightarrow y=6\Rightarrow x=13.$

$TH4:y-1=-5\Rightarrow y=-4\Rightarrow x=-9.$

Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: $\left( \text{9};\text{2} \right),\text{ }\left( -\text{5};0 \right),\text{ }\left( \text{13};\text{6} \right),\text{ }\left( -\text{9};-\text{4} \right).$

Ta có $A={{2}^{{{2}^{n}}}}+{{4}^{n}}+16$ $=\left( {{2}^{{{2}^{n}}}}-1 \right)+\left( {{4}^{n}}-1 \right)+18$

Đặt ${{2}^{{{2}^{n}}}}={{2}^{2k}}$ $\left( k\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right)$ suy ra ${{2}^{{{2}^{n}}}}-1\,\,={{2}^{2k}}-1={{4}^{k}}-1\,\,\,\vdots \text{ 3}$

Do đó với mọi n nguyên dương ta có: ${{2}^{{{2}^{n}}}}-1\,\,\vdots \text{ 3; }{{4}^{n}}-1\,\,\,\vdots \,\,3;\text{ }18\,\,\vdots \,\,\text{3}$

$\Rightarrow A={{2}^{{{2}^{n}}}}+{{4}^{n}}+16\,\,\,\vdots \,\,\,\text{3}$

Câu 2. (6,5 điểm).

Giải phương trình: $\sqrt{2x+3}=\frac{8{{x}^{3}}+4x}{2x+5}\cdot $

Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=1 \\& \left( x-1 \right)\left( y-3 \right)+3=x+y. \\\end{align} \right.$

Lời giải

Điều kiện: $x\ge \frac{-3}{2}$

$\sqrt{2x+3}=\frac{8{{x}^{3}}+4x}{2x+5}\Leftrightarrow (2x+5)\sqrt{2x+3}=8{{x}^{3}}+4x$

$\Leftrightarrow {{(\sqrt{2x+3})}^{3}}+2\sqrt{2x+3}={{(2x)}^{3}}+2(2x)$

Đặt $a=\sqrt{2x+3}\ge 0,\text{ }b=2x$

Ta có: ${{a}^{3}}+2a={{b}^{3}}+2b\Leftrightarrow \left( a-b \right)\left[ {{(a+\frac{b}{2})}^{2}}+\frac{3{{b}^{2}}}{4}+2 \right] =0\Leftrightarrow a=b$

Suy ra:$\sqrt{2x+3}=2x\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 2x\ge 0 \\& 2x+3=4{{x}^{2}} \\\end{align} \right.$ $\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{13}}{4}$

Hệ phương trình đã cho tương đương với

$\left\{ \begin{align}& {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=1 \\& \left( x-1 \right)\left( y-3 \right)=\left( x-1 \right)+\left( y-3 \right)+1 \\\end{align} \right.$

Đặt $a=x-1;\ b=y-3\cdot $ Ta được hệ phương trình

$\left\{ \matrix{
{a^2} + {b^2} = 1 \hfill \cr
ab = a + b + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {a + b} \right)^2} – 2ab = 1{\rm{\;}} \hfill \cr
ab = a + b + 1{\rm{\;}} \hfill \cr} \right.$

Đặt $S=a+b;P=ab,$ điều kiện ${{S}^{2}}\ge 4P$. Hệ trên trở thành

$\left\{ \matrix{
{S^2} – 2P = 1 \hfill \cr
P = S + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
S = – 1 \hfill \cr
P = 0 \hfill \cr} \right.$(thỏa mãn) hoặc $\left\{ \begin{align}& S=3 \\& P=4 \\\end{align} \right.$(loại)

$\left\{ \begin{array}{l}
S = – 1\\
P = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = – 1\\
ab = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = – 1\\
b = 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = – 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$

+) $\left\{ \begin{array}{l}
a = – 1\\
b = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x – 1 = – 1\\
y – 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 3
\end{array} \right.$

+) $\left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x – 1 = 0\\
y – 3 = – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2
\end{array} \right.$

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là $\left( 0;\text{3} \right),\text{ }\left( \text{1};\text{2} \right)$

Câu 3. (2,5 điểm).

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P={{\left( \frac{a}{a+b} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{b}{b+c} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{c}{c+a} \right)}^{4}}$.

Lời giải

Ta có: $P=\frac{1}{{{\left( 1+\frac{b}{a} \right)}^{4}}}+\frac{1}{{{\left( 1+\frac{c}{b} \right)}^{4}}}+\frac{1}{{{\left( 1+\frac{a}{c} \right)}^{4}}}$

Đặt: $x=\frac{b}{a},y=\frac{c}{b},z=\frac{a}{c}\Rightarrow x,y,z>0,\text{ }xyz=1.$

$\Rightarrow P=\frac{1}{{{(1+x)}^{4}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{4}}}+\frac{1}{{{(1+z)}^{4}}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

$P\ge \frac{1}{3}{{\left[ \frac{1}{{{(1+x)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}} \right] }^{2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

$\left[ 1+{{\left( \sqrt{xy} \right)}^{2}} \right] \left[ 1+{{\left( \sqrt{\frac{x}{y}} \right)}^{2}} \right] \ge {{\left( 1+x \right)}^{2}}\Rightarrow \frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}\ge \frac{y}{\left( 1+xy \right)\left( x+y \right)}$

Tương tự:   $\frac{1}{{{(1+y)}^{2}}}\ge \frac{x}{(1+xy)(x+y)}$

Từ  2 BĐT trên ta có:

$\frac{1}{{{(1+x)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{2}}}\ge \frac{1}{1+xy}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1

Tương tự: $\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+1)}^{2}}}\ge \frac{1}{1+z}\Rightarrow \frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}\ge \frac{1}{1+z}-\frac{1}{4}$

$\Rightarrow \frac{1}{{{(1+x)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}\ge $$\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+z}-\frac{1}{4}=\frac{z}{1+z}+\frac{1}{1+z}-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

Ta có: $P\ge \frac{3}{16},\text{  }P=\frac{3}{16}\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: $\frac{3}{16}\cdot $

Câu 4. (6,0 điểm).

Cho tam giác nhọn $\text{ABC}$nội tiếp đường tròn$\left( \text{O} \right)$. Gọi $\text{D},\text{ E},\text{ F}$lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh $\text{A},\text{ B},\text{ C}$của tam giác đó. Đường thẳng $\text{EF}$cắt đường tròn $\left( \text{O} \right)$ tại điểm thứ nhất $\text{M}$(M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng $\text{BM}$cắt đường thẳng $\text{DF}$tại$\text{N}$. Chứng minh rằng:

a.$\text{EF}~\bot \text{OA}$.

b.$\text{AM }=\text{ AN}$.

Cho tam giác nhọn $\text{ABC},\text{ D}$là điểm trong tam giác đó sao cho $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}+{{90}^{0}}$

và $\text{AC}.\text{BD }=\text{ AD}.\text{BC}$. Chứng minh $\frac{AB.CD}{AC.BD}=\sqrt{2}$.

Lời giải

1.a. Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra $\text{OA}~\bot \text{xy}$

Xét tứ giác BCEF có $\widehat{BEC}={{90}^{0}}$ (GT); $\widehat{BFC}={{90}^{0}}$(GT) do đó tứ giác $BCEF$là tứ giác nội tiếp suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{AFE}$ (1)

Mặt khác $\widehat{BAx}=\frac{1}{2}Sd\overset\frown{AB}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

$\widehat{ACB}=\frac{1}{2}Sd\overset\frown{AB}$ (góc nội tiếp) do đó $\widehat{BAx}=\widehat{ACB}$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AFE}=\widehat{BAx}$ ở vị trí so le trong nên $EF//xy$hay$EF\bot OA$.

1.b Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q.

$AD,\text{ }BE,\text{ }CF$là các đường cao của tam giác $ABC$nên $BCEF,\text{ }ACDF$nội tiếp, do đó $\widehat{ACB}=\widehat{AFP}$ $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}Sd\overset\frown{AB}=\frac{1}{2}Sd\left( \overset\frown{BM}+\overset\frown{MA} \right)$

Mặt khác$\widehat{AFP}=\frac{1}{2}Sd\left( \overset\frown{BM}+\overset\frown{AP} \right)$

Do đó $Sd\overset\frown{AM}=Sd\overset\frown{AP}$suy ra BA là tia phân giác của $\widehat{MBQ}$ và $\Rightarrow AM=AP$ (1)

Tứ giác $BCEF$nội tiếp suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{BFM}$, tứ giác $ACDF$ nội tiếp suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{BFQ}$

do đó $\widehat{BFQ}=\widehat{BFM}=\widehat{ACB}$, suy ra  $FB$  là tia phân giác của $\widehat{MFQ}$ $\Delta MFB=\Delta QFB\Rightarrow MB=QB\Rightarrow \Delta BMP=\Delta BQN\Rightarrow BP=BN$.

Do đó $\Delta ABN=\Delta ABP$  nên $AN=AP$(2)

Từ (1) và (2) suy ra$AM\text{ }=\text{ }AN$.

Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD không chứa C.

Ta có $\widehat{ADE}=\widehat{ACB}$ và $\text{DE }=\text{ DB}$

Từ giả thiết $\text{AC}.\text{BD }=\text{ AD}.\text{BC}$

Suy ra $\frac{AD}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{BC}$ $\Rightarrow \Delta ADE\sim\Delta ACB$, từ đó $\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AD}$

Mặt khác $\widehat{BAC}=\widehat{EAD}$, suy ra $\widehat{CAD}=\widehat{BAE}$. Do đó $\Delta CAD\sim\Delta BAE$

$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BE}=\frac{CD}{BD\sqrt{2}}\Rightarrow \frac{AB.CD}{AC.BD}=\sqrt{2}$

Câu 5. (2,0 điểm). Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng $\frac{1}{91}$ nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.

Lời giải

Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng $\frac{1}{45}$.

Gọi $({{C}_{1}}),\text{ }({{C}_{2}}),…,\text{ }({{C}_{2025}})$ là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên, chúng có bán kính bằng nhau và bằng $\frac{1}{90}.$

Gọi $({{C}_{1}}^{‘}),\text{ }({{C}_{2}}^{‘}),…,\text{ }({{C}_{2025}}^{‘})$ lần lượt là các hình tròn đồng tâm với các hình tròn ở trên có bán kính là: $\frac{1}{91}.$ Khi đó các hình tròn này nằm trong hình vuông và đôi một không có điểm chung (rời nhau).

Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau $({{C}_{1}}^{‘}),\text{ }({{C}_{2}}^{‘}),…,\text{ }({{C}_{2025}}^{‘})$ và có 2019 điểm nên tồn tại một hình tròn trong các hình tròn này không chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.

Lưu ý:  1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó,

Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm.