Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2008 - 2009 môn toán - lớp 9 thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009 
 Môn Toán - Lớp 9 
 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Ngày thi: 11 tháng 02 năm 2009 
Bài 1 : ( 4,0 điểm ) 
 a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 + y3. 
 b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện 
tích bằng số đo chu vi. 
Bài 2 : ( 4,0 điểm ) 
a) Giải hệ phương trình : 
 
 
 
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx = 3 z+ x





 b) Giải phương trình : 2 225 - x - 10 - x = 3 
Bài 3: ( 5,0 điểm) 
 a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho a +1 b +1
a b
 là số nguyên; gọi 
d là ước chung của a và b. Chứng minh : d a + b . 
 b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 
2008x2009 + 2009y2010 = 2011. 
Bài 4 : ( 2,0 điểm ) 
 Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O. 
 Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội 
tiếp tam giác OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân. 
Bài 5 : ( 5,0 điểm ) 
 Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên 
đường tròn (O; R) vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA 
cắt đường tròn (O’; r) tại N (N khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB 
cắt đường thẳng MB tại E. 
 a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M 
trên cung lớn AB; 
 b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn 
nhất và tính giá trị lớn nhất đó. 
-------------------- Hết -------------------- 
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009 
 HƯỚNG DẪN CHẤM 
 MÔN TOÁN LỚP 9 
Bài 1 : ( 4,0 điểm ) 
 a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 + y3. 
Bải giải Điểm 
 Ta có M = x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2) 
 = x2 − xy + y2 (vì x + y = 1) 
 = 
2 2 2 2x y x y( xy )
2 2 2 2
    = 1
2
(x2 + y2) + 2x y( )
2 2
 
M  1
2
(x2+y2) 
Ngoài ra do x + y =1  x2 + y2 + 2xy = 1 2(x2 + y2)−(x − y)2 = 1 
2(x2 + y2)  1 (x2 + y2)  1
2
 dấu bằng xảy ra  x = y = 1
2
M  1
2
. 1
2
 = 1
4
 dấu bằng xảy ra  x = y = 1
2
. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1
4
, đạt được khi x = y = 1
2
0,75 điểm 
0,75 điểm 
0,5 điểm 
 b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện 
tích bằng số đo chu vi. 
Bải giải Điểm 
Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 
1 a b c   . 
Ta có hệ phương trình : 
2 2 2a b c
ab 2(a b c)
  

  
(1)
(2)
Từ (1)  c2 = (a + b)2 − 2ab 
  c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2)) 
 (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c 
 (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4. 
 (a + b − 2)2 = (c + 2)2  a + b − 2 = c + 2 (do a + b 2) 
 c = a + b − 4. 
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) 
 ab −4a−4b + 8 = 0  b(a −4) −4(a−4) = 8  (a −4)(b−4) = 8 
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có: 
a 4 1
ho ho
b 4 8
     
   
    
a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc 
b - 4 = 4 b = 12 b=8
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) 
thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 2
Bài 2 : ( 4,0 điểm ) 
a) Giải hệ phương trình : 
 
 
 
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx = 3 z+ x





Bải giải Điểm 
+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. 
+ Với xyz  0 thì (I) được viết lại: 
x y 3
xy 2
y z 5
yz 6
z x 4
zx 3
 

 

 


  (II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3
  

  


 

Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được: 
 1 1 1 112
x y z 3
 
   
 
  1 1 1 11
x y z 6
   (*) 
Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần 
lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 
0; 0) và (1; 2; 3). 
0,5điểm 
0,5điểm 
0,5điểm 
0,5điểm 
 b) Giải phương trình : 2 225 - x - 10 - x = 3 
Bải giải Điểm 
ĐKXĐ: - 10  x  10 
Đặt a = 225 x ; b = 210 x ( a, b  0 ) 
Ta được hệ pt : 
2 2
3
15
a b
a b
 

 
Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3 
0,25điểm 
0,25điểm 
0,5điểm 
1,0 điểm 
Bài 3: ( 5,0 điểm) 
 a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho a +1 b +1
a b
 là số nguyên; gọi 
d là ước chung của a và b. Chứng minh : d a + b . 
Bải giải Điểm 
 Ta có: 1 1a b
a b
 
 = 2 2ab b ab a ab a b a b
ab ab ab ab
    
    : là số 
nguyên 
Suy ra : a b
ab
 là số nguyên và a, b là số nguyên dương 
Nên a b
ab
  1  a + b  ab 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
 3
Do d là ước của a nên a  d  a  d > 0 
Và d là ước của b nên b  d  b  d > 0 
Suy ra : ab  d2 nên a + b  d2 
Vậy : d a b  
0,5 điểm 
0,5 điểm 
 b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 
2008x2009 + 2009y2010 = 2011. 
Bải giải Điểm 
- Nếu y chẵn thì với mọi x  Z có 2008x2009 + 2009y2010 là số chẵn; 
mà 2011 là số lẻ, (vô lý) 
- Nếu y lẻ thì y1005 là số lẻ. Đặt y1005 = 2k + 1 ( k Z ) 
 2009y2010 = 2009(y1005)2 = 2009(2k + 1)2 = 2009(4k2 + 4k + 1) = 
4[2009(k2 + k)] + 2009. 
Ta có 2009y2010 chia cho 4 dư 1  2008x2009 + 2009y2010 chia cho 4 
dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý) 
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức : 
2008x2009 + 2009y2010 = 2011. 
0,5 điểm 
0,5 điểm
0,5 điểm 
0,5 điểm
0,5 điểm 
Bài 4 : ( 2,0 điểm ) 
 Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O. 
 Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội 
tiếp tam giác OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân. 
Bải giải Điểm 
Gọi O1 và O2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp 
các tam giác AOB và AOC. 
Kẻ O1H  AB tại H và O2K  AC tại K 
O1H = O2K (gt) 
Điểm O là trực tâm của ABC 
ˆˆABO ACO  (cùng phụ ˆBAC ) 
1 2 1 2
ˆˆOBH OCKBO H CO K (O H O K; )
2 2
     
BH CK  . 
Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC) 
1 2
1 2
O H O K ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆO AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
          
Mâu thuẫn 
  Nếu AB AC Mâu thuẫn 
  Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A. 
Hình 0,25 đ 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
A 
B C 
O 
H K 
O1 O2 
 4
Bài 5 : ( 5,0 điểm ) 
 Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên 
đường tròn (O; R) vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA 
cắt đường tròn (O’; r) tại N (N khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB 
cắt đường thẳng MB tại E. 
 a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M 
trên cung lớn AB. 
 b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn 
nhất và tính giá trị lớn nhất đó. 
Bải giải Điểm 
 a) Ta có NE MN OO` R r
AB AM AO R

   
 R rNE .AB R r.
R

    
Độ dài đoạn NE không đổi. 
b) MNE
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R rMAB S .S
S AB R
          
   
Diện tích tam giác MNE lớn nhất  Diện tích tam giác AMB lớn 
nhất. 
Gọi Mo là điểm chính giữa của cung lớn AB Tam giác AMoB cân 
tại Mo. 
Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại Mo cắt BM tại K. 
o
ˆ ˆ ˆAM B AMB AKB  (góc ngoài của tam giác AMK), do đó M nằm 
giữa hai điểm B và K. 
suy ra khoảng cách từ M đến AB không lớn hơn khoảng cách từ K 
đến AB. 
MoK // AB oM O AB  tại H và khoảng cách từ K đến AB bằng 
MoH. 
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích AMB 
có giá trị lớn nhất. 
o
2
o AM B
R 3 R(2 3) (2 3)RM H R MaxS
2 2 4
 
     
Diện tích MNE có giá trị lớn nhất bằng 
2 2
2
2
(R r) (2 3)R 2 3. (R r)
R 4 4
  
  
Hình 0,25 đ 
(0,75 điểm) 
(0,75 điểm) 
(0,25 điểm) 
0,5 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
O O’ 
M 
B 
A 
N 
E 
K 
M0 
H 
 5
Chú ý : 
+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có cách giải khác, 
hợp lý và đúng chính xác vẫn cho điểm tối đa. 
+ Đối với bài toán hình, nếu không có hình vẽ thì không chấm. 
+ Đề nghị tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất quan điểm và chấm chung ít nhất 
05 bài để rút kinh nghiệm, sao cho đảm bảo sự công bằng cho tất cả các bài thi.