SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3 điểm).
a. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên
tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương.
2n+1
b. Chứng minh rằng số A  22 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.
Câu 2 (7 điểm).
2
 x  2 y  3x  6
a. Giải hệ phương trình:  2
 y  2 x  3 y  6.
8 x 2  18 x  11

b. Giải phương trình: x  1  2 x  3 
2 2x  3
Câu 3 (2 điểm).
Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn xyz  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P




Môn: TOÁN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

Câu
1
3 điểm

Đáp án
Điểm
a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hang đơn vị là số
nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương
Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd  n (n  N )
=> d  0,1, 4,5,6,9 mà d là số nguyên tố => d  5
2

*

Mặt khác 100  abcd  10000  31  n  100
Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay n  e5
Mà e +5 là số chính phương => e = 4.
22n+1

+31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.

=2.22n chia 3 dư 2 n  N
 22n+1 =3k+2,(k  N)

Ta có 2

0,5

 y  2 x  3 y  6.
2n+1

2
7 điểm

 x 2  2 y  3x  6
 x 2  2 y  3x  6  x 2  2 y  3x  6
 2

 2
2
 y  2 x  3 y  6  x  y  x  y
( x  y )( x  y  1)  0

0,5

1,0

TH 1:

 x  2
 x 2  2 y  3x  6  x 2  5x  6  0  

   x  3  ( x; y )  (2;2),(3;3)

x  y
x  y
x  y




8 x 2  18 x  11

b.(3,5 điểm) Giải phương trình: x  1  2 x  3 
2 2x  3
3

2
đặt a  x  1, b  2 x  3  0 , PT trở thành:
8a 2  b 2
ab
 2b(a  b)  8a 2  b 2  b 2  2ab  8a 2  0
2b
ĐK: 2x  3  0  x 

b  2 a
 (b  4a)(b  2a)  0  
b  4a
2
TH 1. b  2a  2 x  3  2( x  1)  2x  3  4( x  1) ( x  1)

0,5

0,5

0,5

0,5


2
 16x  30x  13  0  

15  17
0,5
(tm)
x 
16

3  5
15  17
Vậy phương trình có hai nghiệm: x 
,x 

4
16
Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn xyz  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P



(3x  1)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z
Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có : x  y  z  3 3 xyz  3

1
1
1

b

,
c

 a, b, c  0, abc  1
Đặt a 
3
3
3 y
x
z
P

2

0,5

0,5


1
1
1
 3 3
 3
3
a  b  1 b  c  1 c  a3  1
3
3

 3P 

4
6 điểm

3

0,5

0,5

Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d
vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn
(O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại
E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh rằng:

K

E

F

C
Q

M

A

B


=> FME  90  M  ( K ).

0,5

0

3


b.(3 điểm) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E
thay đổi trên đường thẳng d.
Gọi N là trung điểm của AO, Q là giao điểm của BE và FN
=> MN là đường trung bình của tam giác EAO => MN//AE

 MN  AO  NMO  900  MON

0,5

 NMF  1800  MON  EOB
Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg)

MF MO EO
MF EO
mà AO = BO =>



NM NO AO
NM BO

0
Ta có tổng các góc trong của đa giác là: (2018  2)180  2016.180
tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng
0
với 2017.360
=>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng

1,0

2017.3600  2016.1800  6050.1800
=>có tất cả 6050 tam giác có tổng diện tích là 1.
Vậy phải có ít một tam giác trong 6050 tam giác trên có diện tích không vượt quá

1

6050
--- Hết --Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

4

1,0