Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh môn : 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 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH 
 QUẢNG NGÃI Ngày thi : 24/3/2015 
 Môn : Toán 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút 
Bài 1: (4,0 điểm ) 
a) Với a,b là các số nguyên .CMR : Nếu 2 24 3 11 5a ab b  chia hết 
cho 55 thì 4 4 5a b chia hết cho 5 
b) Tìm các số nguyên tố p để 2 2pp  cũng là số nguyên tố . 
c) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số tự nhiên và số đo diện tích 
bằng số đo chu vi 
Bài 2 :(4,0 điểm) 
a) Giải phương trình : 
3
3 1 1
3 10
x
x
x
  

b) Giải hệ phương trình: 
2 2
3
1 1 2
2 2 3
x y xy
x x y y
  


   
Bài 3 : (4 điểm ) 
a) Cho ba phương trình ( ẩn x): 
2 2 0(1);x ax bc   2 2 0(2);x bx ac   2 2 0(3);x cx ab   
CMR trong ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm. 
b) Tìm GTNN của biểu thức A= 2 3 2 1x xy y x    . 
Bài 4 : (4 điểm ) 
Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.Trên cũng nhỏ 
BC lấy điểm M ( M khác B,C ).Gọi H,I,K lần lượt là điểm đối xứng của M qua 
AB,BC,AC. 
a) Chứng minh ba điểm H,I, K thẳng hàng . 
b) Tìm vị trí của điểm M để HK lớn nhất. 
Bài 5 (4 điểm ) 
1) Cho đường tròn tâm (O;R) và điểm A cố định sao cho OA=2R .Một đường 
thẳng d quay quanh điểm A ( không đi qua tâm O) và cắt đường tròn (O;R) tại hai 
điểm phân biệt M, N (M nằm giữa 2 điểm A,N). 
a) Tính diện tích tam giác AON theo R khi M là trung điểm AN. 
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MON luôn đi qua 1 điểm cố 
định 
(khác điểm O) . 
2) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM.Tính số đo các góc B và C của tam 
giác ABC, biết rằng 015MAB  030MAC  . 
Bài giải : 
Bài 1: (4,0 điểm ) 
a) Với a,b là các số nguyên .CMR : Nếu 2 24 3 11 5a ab b  chia hết 
cho 5 thì 4 4 5a b chia hết cho 5. 
b) Tìm các số nguyên tố p để 2 2pp  cũng là số nguyên tố . 
c) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số tự nhiên và số đo diện tích 
bằng số đo chu vi. 
Giải 
a) Ta có 2 24 3 11 5a ab b  hay (4 )( ) 5a b a b  (1) .Mà ta có 
(4 ) ( ) 5 5a b a b a    
Nên một trong hai biểu thức 4a-b và a+b phải có một biểu thức chia hêt cho 5 . 
Gỉa sử ( ) 5a b thì 4 4 2 2( )( )( ) 5a b a b a b a b     . 
Gỉa sử (4 ) 5a b hay (5 ) 5a a b  nên ( ) 5a b thì 
4 4 2 2( )( )( ) 5a b a b a b a b     . 
b) Nếu p=2 thì 2 2 4 4 8pp     (không thỏa ) . 
Nếu p=3 thì 2 2 9 8 17pp     ( thỏa ) . 
Nếu 3p  thì 2 22 ( 1) (2 1) 3p pp p     
Kết luận p=3 là giá trị cần tìm . 
c) Gọi a,b,c là độ dài hai cạnh của tam giác vuông cần tìm .Khi đó ta có 
2 2
2
ab
a b a b    
2 22 ( ) 4 4 8 0 ( 4)( 4) ( 1).( 8) ( 2).( 4)
2
ab
a b a b ab a b a b                  
Ta có các trường hợp sau : 
TH1 : 
4 1 5
4 8 12
a a
b b
   
 
   
 (thỏa mãn ) khi đó 13c  . 
TH2 : 
4 8 12
4 1 5
a a
b b
   
 
   
 (thỏa mãn )khi đó 13c  . 
TH3 : 
4 1 3
4 8 4
a a
b b
    
 
     
 ( không thỏa mãn ). 
TH4 : 
4 8 4
4 1 3
a a
b b
     
 
    
 ( không thỏa mãn ). 
TH5: 
4 2 6
4 4 8
a a
b b
   
 
   
 (thỏa mãn ) khi đó 10c  . 
TH6: 
4 4 8
4 2 6
a a
b b
   
 
   
 (thỏa mãn ) khi đó 10c  . 
TH7: 
4 2 2
4 4 0
a a
b b
    
 
    
 ( không thỏa mãn ). 
TH5: 
4 4 0
4 2 2
a a
b b
    
 
    
 (không thỏa mãn ). 
Vậy độ dài 3 cạnh của tam giác vuông đó là : (5;12;13) ; (12;5;13) ;(6;8;10) và 
(8;6;10). 
Bài 2 :(4,0 điểm) 
a) Giải phương trình : 
3
3 1 1
3 10
x
x
x
  

b) Giải hệ phương trình: 
2 2
3
1 1 2
2 2 3
x y xy
x x y y
  


   
 Giải 
a) Điều kiện 
1
3
x

 . Ta có : 
3
3 1 1
3 10
x
x
x
  

3 3
3 10 3 1 1
x x
x x
 
  
1 1
3 .( ) 0
3 10 3 1 1
x
x x
  
  
3 0
0
1 1
5
3 10 3 1 1
x
x
x
x x

    
   
Vậy nghiệm của phương trình là  0;5S  . 
b) 
2 2
3
1 1 2
2 2 3
x y xy
x x y y
  


   
2 2
( 1).( 1) 4
1 1 2
2 2 3
x y
x x y y
  

 
   
2 2
2 2
( 2 1).( 2 1) 16
1 1 2
2 2 3
x x y y
x x y y
     

 
   
Đặt 2 22 ; 2a x x b y y    . Hệ phương trình trên trở thành : 
( 1).( 1) 16
3
1 1 2
3
3
a b
a
b
a b
  

  
  
2
2
12 3
32 3
x yx x
x yy y
    
       
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (1;1) và (-3;-3). 
Bài 3 : (4 điểm ) 
d) Cho ba phương trình ( ẩn x): 
2 2 0(1);x ax bc   2 2 0(2);x bx ac   2 2 0(3);x cx ab   
CMR trong ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm 
b) Tìm GTNN của biểu thức A= 2 3 2 1x xy y x    
Giải 
a) ' ' ' 2 2 2 2 2 21 2 3
1
. ( ) ( ) ( ) 0
2
a bc b ac c ab a b b c c a                  nên trong ba 
phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm . 
b) Ta có 3A= 2 3 2 1x xy y x    hay 3A= 
2 2( 3 ) 2( 1,5) 1,5 0,5x y x A        . 
Gía trị nhỏ nhất của A là -0,5 khi x=2,25 và y=0,25 . 
Bài 4 : (4 điểm ) 
Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.Trên cũng nhỏ 
BC lấy điểm M ( M khác B,C ).Gọi H,I,K lần lượt là điểm đối xứng của M qua 
AB,BC,AC. 
a) Chứng minh ba điểm H,I, K thẳng hàng 
b) Tìm vị trí của điểm M để HK lớn nhất 
Giải 
Q
N
O
C
H
I
K
B
A
M
P
a)Gọi P,N,Q lần lượt là giao điểm của MH với AB ,MI với BC ,MK với AC.Ta có 
cá tứ giác MNBP ,MNQC nội tiếp trong một đường tròn .Suy ra 
PMB  PNB ;CMQ  CNQ . 
Mặt khác MBP  MCQ suy ra PMB  CMQ . Do đó PNB  CNQ
nên P,M,Q 
thẳng hàng. 
Mà ta có NP,NQ là các đường trung bình của tam giác MHI và MKI nên IH song 
song với PQ (1) 
và IK song song với PQ (2) .Từ (1) và (2) suy ra ba điểm H,I, K thẳng hàng . 
b) HK lớn nhất khi PQ lớn nhất (Vì HK = 2PQ) mà PQ lớn nhất khi PQ là đường 
kính đường tròn ngoại tiếp từ giác APMQ hay PQ = AM mà AM lớn nhất khi AM 
là đường kính đường tròn (O) hay M là điểm chính giữa cung BC 
Bài 5 (4 điểm ) 
1) Cho đường tròn tâm (O;R) và điểm A cố định sao cho OA=2R .Một đường 
thẳng d quay quanh điểm A ( không đi qua tâm O) và cắt đường tròn (O;R) tại hai 
điểm phân biệt M, N (M nằm giữa 2 điểm A,N). 
a) Tính diện tích tam giác AON theo R khi M là trung điểm AN. 
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MON luôn đi qua 1 điểm cố 
định 
 (khác điểm O) . 
2) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM.Tính số đo các góc B và C của tam 
giác ABC, biết rằng 015MAB  ; 030MAC  . 
Giải 
M
I O
A
C
N
P
H
T
1) 
 a)Gọi I là trung điểm AO=>I thuộc (O) . 
 Mà M là trung điểm AN =>
2 2
ON R
IM   .Tam giác OMI cân tại O có OM=OI=R; 
2 2
ON R
IM   . 
Kẻ đường cao OP của tam giác MIO ,ta có 
2
2 2 2 15
16 4
R R
OP MO MP R     . 
Nên
21 15 15
. .
2 2 4 16
OIM
R R R
S   . Mà 
2 215 15
4. 4.
16 4
AON OIM
R R
S S   . 
b.Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MON .Gọi H là giao của đường tròn 
ngoại tiếp MON và AO . 
Tứ giác MION nội tiếp đường tròn (O) nên =>AM.AN=AH.AO . 
Lại có 2.AM AN AT (với AT là tiếp tuyến của (O) tại T) . 
=> 2.AH AO AT => AH không đổi=>H cố định. 
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MON luôn đi qua H cố định 
2) 
Lấy H đối xứng với B qua AM =>Tam giác ABH cân =>AH=BH (1) . 
Mà AM là trung trực BH=>BM=MH => 
2
BC
MH  . 
Nên tam giác BHC vuông tại H => 0 0 060 90 150AHC    
Mà 015HAC  =>HAC 015HCA  =>Tam giác AHC cân tại H . 
Lúc đó ta có AH=HC (2) . 
Từ (1),(2)=>BH=HC .Mà 090BHC  =>Tam giác BHC vuông cân tại H . 
Suy ra 045HBC  nên ta có 
0105ABC  và 030ACB  .