SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN – BẢNG A
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y 2  xy  x  2 y  5  0
b) Chứng minh rằng: A  22  4n  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n
Câu 2. (6,5 điểm)
8 x3  4 x
a) Giải phương trình: 2 x  3 
2x  5
n

 x  12   y  32  1
b) Giải hệ phương trình: 
 x  1 y  3  x  y  3
Câu 3. (2,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

4

4

 a   b   c 
P

y 1

( y  1 không thỏa mãn phương trình )
Vì x, y là các số nguyên nên y  1 là ước của 5.
TH 1: y  1  1  y  2  x  9
TH 2 : y  1  1  y  0  x  5
TH 3: y  1  5  y  6  x  13
TH 4 : y  1  5  y  4  x  9
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  x; y  là  9;2  ;  5;0  ; 13;6 ;  9; 4 





b) Ta có: A  22  4n  16  22  1   4n  1  18
n

n

Đặt 22  22k  k  *  22  1  22k  1  4k  1 3
n

n

Do đó với mọi n nguyên dương, ta có: 22  1 3;4n  1 3;18 3
n

 A  22  4n  16 3
Câu 2.
n

4


2 x  0
1  13
Suy ra 2 x  3  2 x  

x

2
4
2 x  3  4 x
3

Vậy x 

3

1  13
4


b) Hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2

 x  1   y  3  1


 x  1 y  3   x  1   y  3  1

 x  0



 S  1 a  b  1  b  0
y  3  0
y  3






 a  0
 x  1  0
 x  1
P  0
ab  0



b


1
y

3



b
c
1
1
1
P


4
4
4
1  x  1  y  1  z 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
1 1
1
1 
P 



3  1  x 2 1  y 2 1  z 2 

2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:


  x 2 
1
y

1  x 

2



1

1  y 

2



1
1  xy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1
Tương tự:


1

1  x 

2

1

1  z 

1  z  1  z 4

1

1  z 

2



1
1
1
z
1
1 3

 

 
1  xy 1  z 4 1  z 1  z 4 4

3
3
,P   x  y  z 1 a  b  c
16
16
3
Vậy MinP   a  b  c
16


1
Mặt khác BAx  sd AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2
1
ACB  sd AB (góc nội tiếp ) do đó BAx  ACB (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra AFE  BAx ở vị trí so le trong nên EF / / xy hay EF  OA
b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q
AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, do đó

ACB  AFP





1
1
Mặt khác: ACB  sd AB  sd BM  MA ;
2
2



1
AFP  sd BM  AP
2





AC BC BC

AB AC

AE AD

Mặt khác, BAC  EAD  CAD  BAE. Do đó CAD BAE
AC CD
CD
AB.CD




 2 (ĐPCM)
AB BE BD 2
AC.BD


Câu 5.
1
.
45
Gọi  C1  ,  C2  ,......, C2025  là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên, chúng

Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng

có bán kính bằng nhau và bằng