078 đề hsg toán 9 thanh oai 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014
Mơn: Tốn
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang

Câu 1: (6 điểm)
a) Cho

M (1 

x
x 1

):(

x 3
x 2



x 2
3

x



x 2

x 5 x 6

)

1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
P 3 x 2013  5 x 2011  2006 với x  6  2 2 . 3 
2  2 3  18  8 2 
3
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình
a)
( x  3)( x  4)( x  5)( x  6) 24
b)
| 2x  x 2  1 | = 2x  x 2  1
Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.


1 

1

 2

2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  x  2   y  2 
y
x



1
1
1
b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x  y  y  z  z  x 6 .
1
1
1
3
Chứng minh rằng: 3x  3 y  2 z  3x  2 y  3z  2 x  3 y  3z  2 .


Câu 4: (5 điểm)
Cho đường trịn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của
đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F.
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì
thì biểu thức P sin 6   cos 6  . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
BE 3 CE
3
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD và
.

BF 3 DF
Câu 5: (1 điểm)
Tìm n  N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
PHỊNG GD&ĐT THANH
OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014


Mơn: Tốn
Câu 1: (6 điểm)
a)

(4,5đ)

ĐKXĐ:

(*)

x 0; x  4; x 9

1)Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9
x   x 3
:

x  1   x  2
 ( x  3)( x  3)  (
1

:
x 1 
( x

M 






Vậy
2)

x 1 

1
x 1

:

x  9  ( x  4) 

x 2

(0,5đ)
x 2



x  3 ( x  2)( x  3) 
x  2)( x  2)  ( x  2) 

2)( x  3)



x 2

( x  2)( x  3)

x 2
x 1
M 

M 

x 2
x 1

x 2
x 1



(với

x 0; x  4; x 9 )

x 1  3
x 1

x 1



x 1



3
x 1

(*)
1 

(2,5đ)
3

(0,75đ)

x 1

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi:

3 x  1 

x  1  U (3)

Ư(3)   1;3  Vì x 0  x 0  x  1 1
Nên

x  1  1;3

 Xảy ra các trường hợp sau:

(0,5đ)

.

x  1 1 

x 0  x 0

(TMĐK (*) )

.

x  1 3 

x 2  x  4

(không TMĐK (*) loại )

(0,25đ)

Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_
x  62

Có

2. 3 

2 2 3

18  8 2  ( 4 
2 2 3 4

x  6  2 2. 3 

18  8

2)2  4 

2 .

2 4 

3

2  2 3  4  ( 3  1) 2 

3 1

(0,5đ)

2

3  6  2 2. 2 

(0,25đ)

3 1

3

3  62 4 2 3 

3


x  6  2 ( 3  1) 2 
x  ( 3  1) 2 

3 

3  62 3  1
3 1 

3  3 1 

3  42 3 

3

(0,75đ)

3 1

Với x = 1.Ta có P 3.12013  5.12011  2006 3  5  2006 2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Câu 2: (4 điểm)
a. (


x  3)( x  6)( x  4)( x  5) 24
2

2

( x  9 x  18)( x  9 x  20) 24

(1)

Đặt x  9 x  19  y
(1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
 y2 – 25 = 0
 ( x 2  9 x  24)( x 2  9 x  14) 0
 ( x  2)( x  7)( x 2  9 x  24) 0
Chứng tỏ x 2  9 x  24  0
Vậy nghiệm của phương trình : x  2; x  7
b. Ta có 2 x  x 2  1  ( x 2  2 x  1)  ( x  1) 2  0
pt trở thành : 2 x  x 2  1  x 2  2 x  1
 x 1
2

0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,25 đ

Câu 3: (4 điểm)
a

Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.


2
Tìm GTNN của biểu thức: M =  x 



2đ

1  2 1 
 y  2 
y2  
x 

 2 1  2 1 
1
x 4 y 4  2 x 2 y 2 1
2 2
M =  x  2   y  2  = x y 1 1  2 2 
y 
x 
x y
x2 y 2



x


2

y 2  1

2

2

2

 x2 y 2 1  
1 


xy





x2 y 2
xy 
 xy  
1 
1  15

Ta có: xy   xy 

xy 
16 xy  16 xy
1
1
1 1
2 xy.
2. 
* Ta có: xy 
(1) *
16 xy
16 xy
4 2
xy 1
1
1
1
4 1
15
15
xy 
  xy  
4 
  
 (2)
2
2
4
xy

16 xy 16 4 16 xy 4

0,5
0, 5




Từ (1) và (2)   xy 



1  
1  15
1 15 17
  
  xy 

xy  
16 xy  16 xy 2 4
4

2

2


1   17 
289
Vậy M =  xy     

xy   4 
16

1

1

1
 xy 
 xy 
16 xy  
4  x  y  (Vì x, y > 0)
Dấu “=” xảy ra  
2
 x y
 x  y


Vậy min M =

0,5
0,25

0,25

289
1
tại x = y =
16
2

0,5

b

1
1
1


6
x

y
y

z
z

x
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:
1
1
1
3



Chứng minh rằng: 3x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 2

1 1

4
 
Áp dụng BĐT a b a  b



(với a, b > 0)

2đ

0.5

1
1 1 1
   
a b 4  a b 

Ta có:

1
1
1
1
1

 


3x  3 y  2 z  2 x  y  z    x  2 y  z  4  2 x  y  z x  2 y  z 
 11 1

1
1
1
1
1
1 
 




  

4   x  y    x  z   x  y    y  z   4  4  x  y x  z x  y y  z  

1 2
1
1 
 



16  x  y x  z y  z 

1
1 2
1
1 
 




3
x

2
y

3
z
16
x

z
x

y
y

z


Tương tự:

0,5


1
1 2
1

1 
 



2 x  3 y  3 z 16  y  z x  y x  z 
cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4 


 



3x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 16  x  y x  z y  z 
4 1
1
1  1
3
 


  .6 
16  x  y x  z y  z  4
2

0,5
0,5

0,5
Caai 4: (5 điểm)

B
1

D
I

O
C

0,25

H
1

E

P

A

F

Q

BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE,  BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF
AE AB
AE
AB
AE AB





 AB AF
1
1
OA
AQ
AB
AF
2
2
 (góc có các
Vậy  AEO   ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P
1
 , mà hai góc đồng vị => PH // OE.
cạnh tương ứng vng góc) nên AEO P
1

Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:

.
0,75đ.

0,75đ.
0,25đ
.


3

P sin 6   cos6   sin 2     co s 2  

3

P  sin 2   cos 2    sin 4   sin 2  cos 2   cos 4  

0,75đ.

2

P  sin 2   cos 2    3sin 2  cos 2  1  3sin 2  cos 2 

Ta cã:

 sin

2

0,5đ

2

  cos 2   4sin 2  cos 2   1 4sin 2  cos 2   sin 2  cos 2  

1
4

0,25đ

3 1
Suy ra: P 1  3sin  cos  1  
4 4
2

2

0,25đ

1
Do ®ã: Pmin  khi vµ chØ khi: sin 2  cos 2   sin  cos  (v×  lµ
4

sin 
1  tg 1   450
cos 
Khi đó CD vng góc với AB

gãc nhän) 

0,25đ

0,25đ
3. Ta có  ACB và  ADB nội tiếp đường trịn (O) có AB là đường kính nên
0,25đ
ACB ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật.
Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2
0,25đ
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF
 AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF
Ta có:
BE 2 EA.EF AE
BE 4 AE 2 CE.BE






BF 2 FA.EF AF
BF 4 AF 2 DF .BF

0,25đ
3

BE
CE

3
BF
DF

Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2



 n 4  n 3 1  n 2  K



2

n 4  2Kn 2  K 2

(K  N * )

 n 3  2Kn 2 K 2  1  n 2 (n  2k ) K 2  1 0

Mà K 2  1n 2  K 2 1 hoặc n 2 K 2  1
Nếu K 2 1  K 1  n 2 (n  2) 0  n 2
Thử lại 2 4  2 3  1 5 2 ( thỏa mãn)
Khi K 1  K 2  K 2  1 n 2  K  n
 n  2k  0
mâu thuẫn với điều kiện
Vậy n = 2

n 2  n  2K  K 2  1 0

(1đ)