Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 
 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2021 - 2022 
 Ngày thi 16/3/2022 
 Môn: Toán 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh 
Quảng Ngãi.Điện thoại : 0708127776 
Bài 1. (4,0 điểm) 
 1) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố khác nhau (a;b;c) sao cho a.b.c= 3(a+b+c). 
 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình 
2 24 5 8 37.x y x   
 3) Chứng minh rằng 3 2021x x chia hết cho 6 (với x Z ). 
Bài 2. (4,0 điểm) 
 1) Giải phương trình: 2 2020 2019 2 2022 2021.x x x    
 2) Giải hệ phương trình: 
2 2
3
1 1 2
2 2 3
xy x y
x x y y
  


    
Bài 3. (4,0 điểm) 
 1) Cho biểu thức 1 1A 1 : 1
1 1 1 1
xy x xy xx x
xy xy xy xy
     
                
. 
 a) Rút gọn biểu thức A. 
 b) Cho 1 1 6
x y
  . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
 2) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng 
minh bất đẳng thức x2 + y2 + z2  3. 
Bài 4. (7,0 điểm) 
1) Một em học sinh có tờ giấy màu hình tam giác ABC có AB = 3 cm; AC = 4 cm; 
BC = 5 cm. Em muốn cắt ra hình chữ nhật MNPQ sao cho M, N thuộc cạnh BC, P 
thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB. Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật 
MNPQ để tờ giấy màu cắt ra có diện tích lớn nhất. 
2) Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). 
Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường 
thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (M và N là tiếp điểm). 
Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q 
(P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 
 a) Chứng minh 5 điểm O, M, A, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 
 b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 
 c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường 
thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. 
Bài 5. (1,0 điểm) 
Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2022 đơn vị, người ta lấy 9 điểm phân 
biệt. Chứng minh rằng luôn tìm được ba điểm tạo thành tam giác có chu vi không vượt 
quá 3033 đơn vị. 
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 LỚP 9 
 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2021 - 2022 
 Ngày thi 16/03/2022 
 Môn: Toán 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 (Hướng dẫn chấm có 6 trang) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1. (4,0 điểm) 
 1) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố khác nhau (a;b;c) sao cho a.b.c= 3(a+b+c). 
 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình 
2 24 5 8 37.x y x   
 3) Chứng minh rằng 3 2021x x chia hết cho 6 (với x Z ). 
GIẢI 
1. Do a,b,c là các số nguyên tố khác nhau; giả sử 2 a b c   . 
Vì a.b.c = 3(a + b + c) 3abc .Mà a,b,c nguyên tố nên một trong ba số a,b,c phải 
có một số chia hết cho 3. Giả sử 3b và b nguyên tố nên b=3. 
Với b=3, ta có 3a 3( 3) 3c a c ac a c       
1 1
( 1)( 1) 4
1 4
a
a c
c
 
    
 
 2; 5a c   
Vậy (a,b,c)=(2,3,5). 
Hoán vị bộ 3 số này ta có tất cả các bộ 3 số khác nhau thoả mãn điều kiện a.b.c = 3(a 
+ b + c) 
2)Ta có 2 24 5 8 37x y x    2 24 2 1 41 5x x y      
2 24 1 41 5x y    
 241 5 2y   2y là số nguyên lẻ. Mà  24 1x   0   24 1 5y  0  
2y 1;3;5;7 ta chỉ nhận 2y =1 . Từ đó tìm được x = 2, x = - 4. 
Thử lại và trả lời các nghiệm (2,1); (2,-1); (- 4,1); (- 4,-1). 
3) Ta có: 3 22021 ( 1) 2022 ( 1) ( 1) 2022x x x x x x x x x        . Mà ( 1) ( 1) 6x x x  
(tích 3 số nguyên liên tiếp) . Và 2022 6x (do 2022 6 ) . Nên 
( 1) ( 1) 2022 6x x x x   . Hay 3 2021 6x x x Z  
Bài 2. (4,0 điểm) 
 1) Giải phương trình: 2 2020 2019 2 2022 2021.x x x    
 2) Giải hệ phương trình: 
2 2
3
1 1 2
2 2 3
xy x y
x x y y
  


    
GIẢI 
1) 2 2020 2019 2 2022 2021x x x    .Điều kiện 
2021
2022
x  . 
Phương trình đã cho tương đương với 
2 2 +1 + 2022x 2021 2 2022x 2021 1 0x x      
2 2( 1) ( 2022x 2021 1) 0x     
1 0
2022x 2021 1 0
x  
 
  
1
2022x 2021 1
x 
 
 
1x  (thỏa mãn điều kiện). Vậy 1x  là nghiệm của phương trình đã cho. 
2)Ta có
2 2
3
1 1 2
2 2 3
xy x y
x x y y
  


     
Điều kiện
2
2
2 0
2 0
x x
y y
  

 
  
 
 
22
1 ( 1) 4
1 1 2
( 1) 1 31 1
x y
x y
  


     
 , đặt 1, 1u x v y    . 
 Hệ phương trình trở thành 
2 2
4
1 1 2
1 1 3
uv
u v



   
Điều kiện:
1
1
u
v
 

 
 (*) 
   2 2 2 2 2 2
4
3 2 2 1
uv
u v u v u v

 
     
2 2
4
8
uv
u v

 
 
4
4
uv
u v

 
  
2
2
u v
u v
 
    
 ( TM(*)) 
Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình:
1 3
;
1 3
x x
y y
   
 
   
. 
Bài 3. (4,0 điểm) 
 1) Cho biểu thức 1 1A 1 : 1
1 1 1 1
xy x xy xx x
xy xy xy xy
     
                
. 
 a) Rút gọn biểu thức A. 
 b) Cho 1 1 6
x y
  . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
 2) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6. 
Chứng minh bất đẳng thức x2 + y2 + z2  3. 
GIẢI 
1a) Điều kiện: x > 0; y > 0; 1xy  
        
  
A :
x +1 1- xy + xy + x xy +1 + xy +1 1- xy
xy +1 1- xy
 
        
  
xy +1 1- xy + xy + x xy +1 - x +1 1- xy
xy +1 1- xy
        
        
x +1 1- xy + xy + x xy +1 + xy +1 1- xy
xy +1 1- xy + xy + x xy +1 - x +1 1- xy

=
1 1
1 1
x x y xy xy xy x y x xy xy xy
xy xy xy xy xy x y x x x y xy
          
          
1+ x 1=
x y + xy xy
 .Vậy với x > 0; y > 0; 1xy  thì biểu thức 1A
xy
 . 
1b) Theo Cauchy, ta có: 1 1 1 1 12 6 2 9
x y xy xy xy
      .Dấu bằng xảy ra 
 1 1
x y
  x = y = 
1
9
 . Vậy: maxA = 9 khi : x = y = 
1
9
. 
2) Ta có 2x 1 2x  ; 2y 1 2y  ; 2z 1 2z  với mọi x, y, z. 
 và 2 2x y 2xy  ; 2 2y z 2yz  ; 2 2z x 2zx  với mọi x, y, z. Cộng các bất 
đẳng thức trên vế theo vế ta được: 
 2 2 23(x y z ) 3 2(x y z xy yz zx)       
2 2 23(x y z ) 3 12     (vì x + y + z + xy + yz + zx = 6) 
2 2 2x y z 3    . 
Bài 4. (7,0 điểm) 
1) Một em học sinh có tờ giấy màu hình tam giác ABC có AB = 3 cm; AC = 4 cm; 
BC = 5 cm. Em muốn cắt ra hình chữ nhật MNPQ sao cho M, N thuộc cạnh BC, P 
thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB. Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật 
MNPQ để tờ giấy màu cắt ra có diện tích lớn nhất. 
2) Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). 
Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường 
thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (M và N là tiếp điểm). 
Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q 
(P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 
 a) Chứng minh 5 điểm O, M, A, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 
 b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 
 c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường 
thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. 
GIẢI 
1)Ta có hình vẽ 
ABC có AB = 3 cm; AC = 4 cm; BC = 5 cm. Nên là tam giác vuông tại A (Định lý 
Pytago đảo). 
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC và PQ. 
Tam giác ABC vuông tại A nên 
. 12
5
AB AC
AH
BC
 cm 
Đặt , PN x PQ y .Vì APQ đồng dạng ACB suy ra 
5 25
1 1 5
5 12 12
PQ AK AH x x y
x y x
CB AH AH AH

          
2
225 25 6. 5 3 3
12 12 5
MNPQS x y x x x 
Vậy giá trị lớn nhất của 
MNPQS bằng 3 khi 
6
5
x cm và 
5
2
y cm 
2.Ta có hình vẽ 
d
K
E
D
A
B
C
M
N
P
Q
I
H O
a) Do I là trung điểm của BC (dây BC không đi qua O ) 090OI BC OIA    . 
Ta có 090AMO  (do AM là tiếp tuyến (O) ), 
 090ANO  (do AN là tiếp tuyến (O) ) 
Suy ra 5 điểm O, M, A, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA. 
b) Vì AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác MON mà 
∆OMN cân tại O nên OA MN .Ta có ∆ABN đồng dạng ∆ANC ( vì 
1
ANB=ACN=
2
 sđ NB và CAN chung ) suy ra 
2AB AN= AB.AC=AN
AN AC
 . 
Ta có ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 
Suy ra AB.AC = AH.AO. 
Ta có ∆AHK đồng dạng ∆AIO ( vì 
0AHK=AIO=90 và OAI chung ) 
AH AK
= AI.AK=AH.AO AI.AK=AB.AC
AI AO
   
AB.AC
AK=
AI
 . Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK không đổi; mà A cố 
định và K thuộc BC suy ra K cố định. 
c)Ta có 
0PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ). 
Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ), EMH=MQD (cùng 
phụ với MPO ) . Vậy ∆MHE đồng dạng ∆QDM 
ME MH
MQ DQ
  (1). 
Ta có ∆PMH đồng dạng ∆MQH (Vì 0; 90MPH QMH MHP QHM   ) 
1
(2)
2 2
MP MH MH MP ME
MQ HQ DQ MQ MQ
     . 
Từ (1) và (2)  ME = 2 MP  P là trung điểm ME. 
Bài 5. (1,0 điểm) 
Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2022 đơn vị, người ta lấy 9 điểm phân 
biệt. Chứng minh rằng luôn tìm được ba điểm tạo thành tam giác có chu vi không vượt 
quá 3033 đơn vị. 
GIẢI 
Giả sử tam giác đã cho là tam giác ABC có cạnh lớn nhất bằng 2022 đơn vị . Chia tam 
giác đã cho thành 4 tam giác không có điểm trong chung bằng việc vẽ các đường trung 
bình của nó. Khi đó cạnh lớn nhất trong các tam giác nhỏ bằng 1011 đơn vị. Lấy 9 
điểm phân biệt nằm tam giác đã cho, nghĩa là nằm trong 4 hình tam giác nhỏ, theo 
nguyên tắc Dirichlet phải tồn tại ít nhất 3 điểm nằm trong cùng một tam giác nhỏ, mà 
tam giác này có chu vi không vượt quá 3033 đơn vị. Vì vậy 3 điểm này tạo thành tam 
giác có chu vi không vượt quá 3033 đơn vị.