Đề thi chọn học sinh giỏi khối 9 năm học 2015 – 2016 môn: Toán

PHÒNG GD&ĐT
TƯ NGHĨA 
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP 9 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 150 phút
Kính gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán tuổi thơ 
 Tên : Trương Quang An
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
 Điện thoại : 01208127776
Câu 1:
a/ Giải phương trình: x2 + 4x + 5 = 2
b/ Giả sử a, b, c là các số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 2016. 
Chứng minh rằng A = có giá trị là số hữu tỉ.
Câu 2:
a/ Cho a, b là các số tự nhiên. Chứng minh rằng 5a2 + 15ab – b2 chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7.
b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
Câu 3: 
a/ Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. 
Chứng minh rằng:	ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
b/ Cho sáu số dương a, b, c, x, y , z thỏa mãn ax + by + cz = xyz. 
Chứng minh rằng x + y + z > 
Câu 4: Cho hai đường tròn đồng tâm O có bán kính là R và r (R > r). Gọi M, A là hai điểm trên đường tròn (O; r) với M cố định và A di động. Qua M vẽ dây BC của đường tròn (O; R) vuông góc với AM. Gọi H là hình chiếu của O trên BC. Chứng minh rằng :
a/ AM = 2OH 
b/ Tổng MA2 + MB2 + MC2 không phụ thuộc vào vị trí của điểm A.
c/ Trọng tâm G của tam giác ABC cố định.
Câu 5: 
	a/ Cho tứ giác ABCD có độ dài đường chéo AC = 8cm, BD = 6cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cạnh của tứ giác có độ dài không nhỏ hơn 5cm.
	b/ Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: a – b là số nguyên tố và 3c2 = c(a + b) + ab. Chứng minh rằng 8c + 1 là số chính phương.
PHÒNG GD&ĐT
TƯ NGHĨA 
ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI HGS LỚP 9 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán 
Câu
Phần
Nội dung trình bày
Điểm
1
2đ
a
Điều kiện: x ≥ -
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
 (x2 + 2x + 1) + (2x + 3 - 2+ 1) = 0
Û (x + 1)2 + (- 1)2 = 0 (1)
Vì (x + 1)2 ≥ 0 và (- 1)2 ≥ 0 nên từ (1) suy ra
Þ x = -1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Vì ab + bc + ca = 2016 nên 
A =
= 
= 
Do a, b, c là các số hữu tỉ nên có giá trị là số hữu tỉ.
Vậy A có giá trị là số hữu tỉ.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2đ
a
Nếu 5a2 + 15ab – b2 49 thì 5a2 + 15ab – b2 7 
Þ 30a2 + 90ab – 6b2 7
Þ 9a2 + 6ab + b2 7 Þ (3a + b)2 7 Þ 3a + b 7 (1)
Nếu 3a + b 7 Þ 3a + b = 7c (c Î Z) Þ b = 7c - 3a
Þ 5a2 + 15ab – b2 = 5a2 + 15a(7c - 3a) – (7c - 3a)2
= 5a2 + 105ac – 45a2 - 49c2 + 42ac - 9a2
= -49(a2 - 3ac + c2) 49 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 5a2 + 15ab – b2 49 Û 3a + b 7
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Điều kiện: -201 ≤ x ≤ 199 
Ta có: 
 Þ y2 ≤ 4 Þ |y| ≤ 2 Þ -2 ≤ y ≤ 2
Với y = ±1 Þ 
 Þ Þ x = 13; x = -15
Với y = ±2 Þ 
 Þ Þ x = 1; x = -3
Với y = 0 Þ . Vô lí!
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
(13; 1), (13; -1), (-15; 1), (-15; -1), (1; 2), (1; -2), (-3; 2), (-3; -2)
0,25
0,25
0,25
0,25
3
2đ
a
Ta có: a2 + b2 2ab
 b2 + c2 2bc
 c2 + a2 2ca
Suy ra: 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca) 
hay a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (1)
Mặt khác, do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:
	a < b + c Þ a2 < ab + ac
Tương tự: 
Do đó: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Vì xyz = ax +by + cz => xyz > by + cz
=> x > (1)
Chứng minh tương tự ta có y > (2) 
 z > (3)
Cộng vế theo vế của (1) (2) và (3) ta có:
x + y + z > + + 
=> 2(x + y + z) > 
=> 2(x + y + z) > 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:
=> 2(x + y + z) > 
=> x + y + z > 
Vậy ta có x + y + z > 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
2,5đ
a
Gọi N là giao điểm của BC với (O, r)
Vì H là hình chiếu của O trên BC => OH MN 
=> H là trung điểm của MN (quan hệ đường kính và dây) (1)
Lại có => AN là đường kính của (O, r)
Suy ra O là trung điểm của AN (2)
Từ (1) và (2) suy ra OH là đường trung bình của NAM 
=> AM = 2OH
0,5
0,5
b
Vì OH BC => HM = HN và HB = HC
Lại có MA = 2 OH (phần a) => MA2 = 4 OH2 (3)
Mặt khác MB2 + MC2 = (HB - HM)2 + (HC+HM)2 
= (HB-HM)2 + (HB+HM)2
= 2(HB2+HM2) 
 vuông tại H nên: HM2 = OM2 - OH2 = r2 - OH2 
 vuông tại H nên: HB2 = OB2 - OH2 = R2 - OH2 
Suy ra MB2 + MC2 = 2(HB2+HM2) = 2( r2 -OH2 + R2 - OH2)
 = 2( r2 + R2) - 4OH2 (4)
Từ (3), (4) suy ra
 MA2 + MB2 + MC2 = 2(r2 + R2) không đổi.
Vậy tổng MA2 + MB2 + MC2 không phụ thuộc vào vị trí của điểm A
0,25
0,25
0,25
c
Vì G là trọng tâm và AH là trung tuyến 
=> G AH và AG = AH (*)
 có AH là đường trung tuyến (HM = HN) nên G cũng là trọng tâm của .
Mà MO là trung tuyến của (AO = ON) nên G thuộc MO. 
Do O và M là hai điểm cố định nên G là điểm cố định.
Vậy trọng tâm G của tam giác ABC là điểm cố định khi A thay đổi.
0,25
0,25
0,25
5
1,5đ
Gọi M là trung điểm của BD
 => BM = 3 => BM2 = 9 (1)
Lại có MA + MC AC 
Mà AC = 8cm => MA + MC 8 
=> 
Giả sử MA 4 => MA2 16 (2)
Ta lại có (hai goác kề bù) => 
Giả sử => AB2 BM2 + AM2 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra AB2 9 + 16 => AB2 25 hay AB 5
Vậy bài toán được chứng minh.
0,25
0,25
0,25
b
Ta có
 3c2 = c(a + b) + ab => 4c2 = c2 + ca + cb + ab = (a + c)(b + c) (1)
Vì a – b là số nguyên tố => a > b và a + c > b + c 
=> (b + c)2 < (a + c)(b + c) (2)
Từ (1) và (2) => b + c b < c (3)
Ta lại có (a + c) – (b + c) = a – b là số nguyên tố
=> Hoặc a – b ƯC(a + c, b + c) hoặc (a + c, b + c) = 1.
* Nếu a – b = p ƯC(a + c, b + c) => a + c = p.k và b + c = p.h (k, h N)
=> pk – ph = a – b = p => k – h = 1 (vì p 0) => k = h + 1
Khi đó (1) trở thành (2c)2 = p2kh = p2k(k + 1) => k(k + 1) là số chính phương.
Mà k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp
 => k = 0 => b + c = pk = 0 (mâu thuẫn với (3))
* Nếu (a + c, b + c) = 1
Từ (1) => (2c)2 = (a + c)(b + c). 
Đặt a + c = m2 và b + c = n2 (m, n N) 
=> m2 – n2 = (m – n)(m + n) = a – b là số nguyên tố. 
Mà m – n m – n = 1 và m + n = a – b 
Suy ra (2c)2 = (b + c)(c + a) = (mn)2 = (m – 1)2m2 
=> 2c = m(m – 1) 
Khi đó 8c + 1 = 4m(m – 1) + 1 = (2m – 1)2 là số chính phương.
Vậy 8c + 1 là số chính phương.
0,25
0,25
0,25