Đề - đáp án HSG Toán năm 2013 -2014 huyện Hoằng Hoá

(Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang)
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức:
2 1 1
:
2
1 1 1
x x x
P
x x x x x
 
+ −
= + +
 ÷
 ÷
− + + −
 
. Với x > 0, x
≠
1.
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x để
2
7
P =
.
c. So sánh: P
2
và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm)

a. Tính giá trị biểu thức:
7 4 3 4 2 3A = − + −
.
b. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2013
và
1 1 1 1
2013a b c
+ + =
thì một trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2013.
Bài 3: (4,0 điểm)
a. Giải phương trình:
2
7 6 5 30x x x− = + −
.
b. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
2 2 2
( )ab bc ca a b c
P
abc
a b c
+ + + +
= +
+ +

Bài 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở A, AH
⊥
BC, HE
⊥

AB, HF
⊥
AC ( H
∈
BC,
E
∈
AB, F
∈
AC).
a. Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos
2
B.
b. Chứng minh rằng:
3
3
AB BE
CF
AC
=
.
c. Chứng minh rằng:
3
3 3
2 2 2
BC CF BE= +
.
d. Cho BC = 2a. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF.
Bài 5: (2,0 điểm)
Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương

của một số nguyên.
Hết
Họ tên thí sinh: Chữ kí của giám thị:1:
Số báo danh: Chữ kí của giám thị 2:
Giám thị không giải thích gì thêm
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 28/10/2013
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ
HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN : TOÁN
Hướng dẫn chấm này có 03 trang
I. Yêu cầu chung:
1. Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng.
2. Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho
điểm.
II. Yêu cầu cụ thể:
Bài Nội dung cần đạt Điểm
1
(4điểm
)
a. (2,0đ)Ta có:
2 1 1

:
2
( 1)( 1)
2 1 2 2
. .
( 1)( 1) 1 1
x x x x x x
P
x x x
x x
x x x x x x
 
+ + − − − − −
=
 ÷
 ÷
− + +
 
− +
= =
− + + − + +
1,0đ
1,0đ
b.(1,5đ)
( )
2 2 2
6 0
7 7
1
2 ( 3) 0

P x x
x x
x x
= ⇔ = ⇔ + − =
+ +
⇔ − + =

2x⇔ =
( vì
3 0x + >
)
⇔
x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện).
Vậy x = 4.
0,5đ
0,25đ
0.25đ
0,25đ
0.25đ
c. (0,5đ)
* Do
1x x+ +
=
2
1 3
0
2 4
x
 
+ + >

 ÷
 
nên P > 0.
* Với x > 0 thì
0x x+ >
nên
1x x+ +
> 1
suy ra:
1 2
1 2
1 1
P
x x x x
< ⇒ = <
+ + + +
Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0
⇔
P
2
< 2P.
0,25đ
0,25đ
a.(2,0đ)
2 2
(2 3) (1 3)A = − + −


2 3 1 3= − + −

(2 3) ( 3 1)= − + −

= 1
1.0 đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
2
(4điểm)
b. (2,0đ)Từ giả thiết suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) 0
a b c a b c a b c a b c
+ + = ⇔ + + − =
+ + + +
0
( )
a b a b
ab c a b c
+ +
⇔ + =
+ +
0,5đ
0,25đ
B
E
H
F
C

A
( )( )( ) 0
0
0
0
a b b c c a
a b
b c
c a
⇔ + + + =
+ =


⇔ + =


+ =

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
0.5đ
0,5đ
0.25đ
3
(4điểm)
a.(2,0đ)
Đk:
5x
≥ −

2

7 6 5 30x x x− = + −

⇔
(x
2
– 8x + 16) + (x + 5 - 6
5x +
+ 9) = 0
⇔
( x – 4)
2
+ (
5x +
- 3)
2
= 0
⇔

4 0
4
5 3 0
x
x
x
− =


⇔ =

+ − =



.
Vậy x = 4.
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
b.(2,0đ)
Với x, y, z > 0 . Ta có:
+)
2
x y
y x
+ ≥
(1).
+)
1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
(2)
+) x
2
+ y
2
+ z
2

≥
xy + yz + zx
⇔
2 2 2
1
x y z
xy yz zx
+ +
≥
+ +
(3)
Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3)
⇔
x = y = z.Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
( )
( ) .
( )
( 2 2 2 ).
ab bc ca a b c
P a b c
abc
a b c
ab bc ca a b c
a b c ab bc ca
abc
a b c

+ + + +
= + + +
+ +
+ + + +
= + + + + + +
+ +

Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
9
( ). 2.9
8. 18
2 8 18 28
ab bc ca
P a b c
ab bc ca
a b c
ab bc ca a b c a b c
ab bc ca ab bc ca
a b c
+ +
≥ + + + +
+ +
+ +
 
+ + + + + +
= + + +

 ÷
 ÷
+ + + +
+ +
 
≥ + + =

Dấu “ =” xảy ra
⇔

2 2 2
b
.
c a
a b c
ab bc ca
ab bc ca


⇔ = =

+ + = + +
= =



Vậy Min P = 28 khi và chỉ khi a = b = c.
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,5đ
0,5đ
0,25đ
a.(2,0đ)
*
AHB∆
vuông tại H, có HE
⊥
AB nên
AH
2
= AB.AE. (1)
Tương tự: AH
2
= AC.AF (2).
Từ (1) và (2) suy ra: AB.AE = AC.AF.
* BH = AB.cosB; AB = BC.cosB
Suy ra BH = BC.cos
2
B.
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
O
B
E
H
F

C
A
4
(6điểm)
b.(1,5đ).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
AB
2
= BC.BH; AC
2
= BC.CH;
BH
2
= AB.BE; CH
2
= AC.CF
nên
2 4 2
2 4 2
3
3
.
.
.
AB BH AB BH AB BE
CH AC CF
AC AC CH
AB BE
CF
AC

= ⇒ = =
⇒ =

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
c. (1,5đ)
Ta có BE = BH.cosB; BH = AB.cosB; AB = BC.cosB;
Do đó: BE = AB.cos
2
B = BC.cos
3
B
⇒
BE
2
= BC
2
.cos
6
B
⇒

3
3
2 2 2
.cos .BE BC B=

Tương tự ta có:

3 3
2 2 2
.sin .CF BC B=

⇒

3
3 3 3
2 2 2 2 2 2
.(cos sin . )BE CF BC B B BC+ = + =

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
d. (1,0đ)
Ta có: S
AEHF
= AE.AF
Lại có:
2
AH
AE
AB
=

Tương tự:
2
AH
AF

AC
=
Do đó:
4 4 3 3 3 2
.
. . 2 2
AEHF
AH AH AH AO a a
S
AB AC BC AH BC BC a
= = = ≤ = =

Max S
AEHF
=
2
2
a
⇔

ABC∆
vuông cân tại A.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
(2điểm)
Giả sử 2016k + 3 = a
3

với k và a là số nguyên.
Suy ra: 2016k = a
3
- 3
Ta chứng minh a
3
– 3 không chia hết cho 7.
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r
{ }
0;1; 1;2; 2;3; 3∈ − − −
.
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a
3
– 3 không chia hết
cho 7.
Mà 2016k luôn chia hết cho 7,
nên a
3
– 3
≠
2016k.
Bài toán được chứng minh.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Hết

Người làm đáp án: Người thẩm định:
1.
2. Người duyệt: