Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 năm học 2015 - 2016 môn thi : Toán (thời gian làm bài : 150 phút)

 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
Nguồn gốc : Xin đề từ một em học sinh thi học sinh giỏi cấp Tỉnh ngày 
24/02/2016 ,tôi đã đánh máy ,biên soạn thành một bài giải hoàn thiện 
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) thỏa mãn đẳng thức : 
2 22 3 2 4 3 0x y xy x y      
 c) Tìm các số a,b,c biết 
2
2
2
1
b
a
b


;
2
2
2
1
c
b
c


;
2
2
2
1
a
c
a


Bài 2: (4,0 điểm) 
a) Giải phương trình 3 2 1 3x x    
b) Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1 1
1
1 1 2
x y
x y xy

 


    
Bài 3: (4,0 điểm) 
a) Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z+xy+yz+zx=6 
Chứng minh rằng 2 2 2 3x y z   
b) Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng 
của a và c thì 
1 1 2
a b b c c a
 
  
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. 
a) Tính 2.CM CE BD theo RR. 
b) Chứng minh rằng tích .
OM OD
AM DN
là một hằng số 
c) Tìm vị trí của điểm E để tổng
OM OD
AM DN
 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. 
Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABCABC 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 03 2 180A B  
b) Cho tam giác nhọn ABC có 060BAC  , 2 3BC  . Bên trong tam giác này 
cho 2017 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm 
được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm 
Bài làm 
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. 
 Bài làm 
Ta có 5(a+b+c )=a.b.c (1) . 
Từ (1) suy ra a,b,c một trong ba số phải có 1 số chia hết cho 5. 
Gỉa sử c chia hết cho 5 mà c là số nguyên tố nên c=5 .Với c=5 ta có : 
5(a+b+5 )=a.b.5 nên (1-b)(1-a)=6 . 
TH1: 1-b=2 và 1-a=3 nên b=-1 và a=-2 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
TH2: 1-b=3 và 1-a=2 nên b=-2 và a=-1 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
TH3: 1-b=-3 và 1-a=-2 nên b=4 và a=3 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
TH4: 1-b=-1 và 1-a=-6 nên b=2và a=7 (trường hợp này thỏa mãn ) 
TH5: 1-b=-6 và 1-a=-1 nên b=7 và a=2 (trường hợp này thỏa mãn ) 
TH6: 1-b=-2 và 1-a=-3 nên b=3 và a=4 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
Vậy c=5;b=2,a=7 và c=5;a=2,b=7 
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn đẳng thức 
2 22 3 2 4 3 0x y xy x y      
Bài làm 
Từ đề bài ta có (x-2y)(x-y+2)=-3=(-1).3=(-3).1 
TH1: x-2y=3 và x-y+2=-1 nên y=-6 và x=-9 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
TH2: x-2y=-3và x-y+2=1 nên y=2 và x=1 (trường hợp này thỏa mãn ) 
TH3: x-2y=-1 và x-y+2=3 nên y=2 và x=3 (trường hợp này thỏa mãn ) 
TH4: x-2y=1 và x-y+2=-3 nên y=-6 và x=-11 (trường hợp này không thỏa mãn ) 
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn là (1;2) và (3;2) 
c)Tìm các số a,b,c biết 
2
2
2
1
b
a
b


;
2
2
2
1
c
b
c


;
2
2
2
1
a
c
a

 
Bài làm 
Từ giả thuyết đề bài ta có a,b,c >0 . 
Từ giả thuyết 
2
2
2
1
b
a
b


 ta suy ra a b
Từ giả thuyết 
2
2
2
1
c
b
c


 ta suy ra b c
Từ giả thuyết 
2
2
2
1
a
c
a


 ta suy ra c a
Lúc đó a=b=c .Thay a=b=c vào phương trình ta có : a=b=c =1 . 
Vậy a=b=c =1. 
Bài 2: (4,0 điểm) 
a)Giải phương trình 3 2 1 3x x    
Bài làm 
Điều kiện 1x   . Đặt 3 2a x  .Phương trình đã cho được viết lại : 
3
33
2 3
2
3 3
(3 ) 3
6 9 3
( 6)( 1) 0
a a
a a
a a a
a a
  
   
    
   
1a  ( do 2 6 6 0a    với mọi a ) . 
3 2 1
2 1
3
x
x
x
  
  
 
Vậy nghiệm của phương trình là x=3 . 
b) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1
1(1)
1 1 2(2)
x y
x y xy

 


    
Bài làm 
Điều kiện 
1
1
x
x

  
 , 
1
1
y
y

  
 và 2.xy   
Ta có phương trình (1) biến đổi thì được 2 2 2 2
2 2
1 1
1 (3).x y x y
x y
     
Từ phương trình (2) biến đổi : 
2 21 1 2x y xy    
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( 1 1) ( 2) 2 2 1 2
1
2 0
2
x y xy x y x y x y xy
xy
x y xy
xy
              
 
      
2 2
2 2
4
(4)
2
1
(5)
1
x y
xy
x y
xy
  


 
   
  
Giải hệ phương trình (4) ta có 2x y  hoặc 2.x y   
Hệ phương trình (5) vô nghiệm . 
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : 2x y  hoặc 2.x y   
Bài 3: (4,0 điểm) 
a)Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z+xy+yz+zx=6.Chứng minh 
rằng 2 2 2 3x y z   
Bài làm 
 Ta có 2 2 22( ) 2( )(1)x y z xy yz zx     
Và 2 1 2 (2)x x  
2 1 2 (3)y y  
2 1 2 (4)z z  
Cộng các vế của bất đẳng thức (1) ,(2),(3) và (4) ta có 2 2 2 3.x y z   
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 1.x y z   
b)Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng 
của a và c thì 
1 1 2
a b b c c a
 
  
Bài làm 
Ta có : 
1 1 2( ) 2b a c b b a c b c a
b a c b c b c b c aa b b c c a
    
      
      
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. 
a) Tính 2.CM CE BD theo RR. 
b) Chứng minh rằng tích .
OM OD
AM DN
là một hằng số 
c) Tìm vị trí của điểm E để tổng
OM OD
AM DN
 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ 
nhất đó. 
Bài làm 
NM
D
C
O
B
A
E
a) Ta có Xét ΔCMO và ΔCDE có : MEO  DCE và COM  
090CED  
Nên ΔCMO ഗ ΔCDE (g.g) suy ra :⇒ 2. . 2CO CM CM CE CO CD R
CE CD
    
Lại có 2 22BD R
 Nên : 2 2. 4CM CE BD R  
 b)Do AB và CD là hai đường kính vuông góc với nhau nên 
CEA  CAO  
045ACO  
Ta có Xét ΔAMC và ΔEAC có : 
CEA  CAO  045 và ACM  ACE 
Nên ΔAMC ഗ ΔEAC (g.g) suy ra : AC AM
CE AE
 
Mà AC 2CO (do ACO vuông cân tại O) . 
2AM CO
AE CE
  
 Mà ΔCMO ഗ ΔCDE (g.g) suy ra : 
2 2CO OM CO OM
CE ED CE ED
    
2AM CO
AE CE
 
2OM
ED
  AM.ED = 2 OM.AE . 
Vì BON ഗ BEA  
BO ON
BE EA
. 
Vì BND ഗ BDE   
DN BD 2BO
DE BE BE
 . 
 
DN 2ON
DE EA

ON DN ON EA
EA DN2DE 2DE
    . 
Ta có : AM.ED = 2 .OM.AE  
OM ED
AM 2EA
 
OM ON 1
.
AM DN 2
 . 
c) Ta có    
OM ON OM ON 1
2 . 2 2
AM DN AM DN 2
. 
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi: 
     
OM ON ED EA
ED EA
AM DN 2EA 2ED
. 
  E là điểm chính giữa cung nhỏ AD. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của  
OM ON
2
AM DN
. 
 E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD .
 Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABCABC 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 03 2 180BAC ABC  
Bài làm 
Ta có 03 2 180BAC ABC  BAC ABC  0180ACB  
Nên 2ACB ABC  (1)BAC . 
Vậy ACB là góc lớn nhất đồng nghĩa với việc AB là cạnh lớn nhất trong tam giác. 
Giả dụ AB>BC>AC. 
A
B
C
T
Đặt AC=a, BC=a+1 và AB=a+2. 
Lấy điểm T trên AB sao cho TB=a+1, TA=1 (AB>BC) 
Tam giác BCT cân tại B 
TCB CTB  BCA  BCT TCA  2 (2)TCA CAB  
PF
N
M
E
I
H
G
O
C
B
A
Từ (1) và (2) suy ra ACT CBT  ΔACT ഗ ΔABC (g.g) suy ra : 
1
2
2
AC TA a
a
AB AC a a
    
 
Vậy AC=2 ,AB=4,BC=3. 
Giả dụ AB>AC>BC. 
B A
C
T
Đặt AC=a+1, BC=a và AB=a+2. 
Lấy điểm T trên AB sao cho TA=a+1, TB=1 (AB>AC) 
Tam giác BCT cân tại B 
ACT CTA  BCA  BCT ACT  2 (3)BCT CBA  
Từ (1) và (3) suy ra BCT BAC  ΔBCT ഗ ΔBAC (g.g) suy ra : 
1
2
2
BC BT a
a
AB BC a a
    
 
Vậy BC=2 ,AB=4,AC=3 
b) Cho tam giác nhọn ABC có 060BAC  , 2 3BC  . Bên trong tam giác này 
cho 2017 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm 
được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm 
Bài làm 
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm 
của BC, CA, AB. 
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC . 
Vì 
060BAC  nên 060MOC  , suy ra 
0
2
sin60
MC
OA OB OC    . 
Vì O nằm trong tam giác ABC và , ,OM BC ON AC OP AB   . 
Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các 
đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC). 
Theo nguyên lí Diriclet thì sẽ tồn tại một tứ giác có chứa ít nhất 673 điểm, 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 IA=IP=IO=IN=1. 
Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp 
các đường tròn có đường kính 1. 
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm 
trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 2017 
điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại 
tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là 
khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1.