Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp Huyện, phòng GD-ĐT Đức Thọ năm 2013 - 2014 môn toán

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014
MÔN TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a)
A 4 10 2 5 4 10 2 5 5= + + + − + −

b)
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
x y x x y y
x y
B
xy x x y y x y
− −
= + −
− −
với xy > 0; x ≠ y
Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
2
y 2xy 7x 12 0+ − − =

Bài 3: Giải các phương trình
a)
5 x 5 x

x x 6
x 1 x 1
− −
  
+ =
 ÷ ÷
+ +
  
b)
( ) ( )
10 14
x 2013 x 2014 1− + − =

Bài 4: Cho ∆ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD =
HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng ∆BEC ∼ ∆ADC. Tính BE theo m = AB
b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng ∆BHM ∼ ∆BEC. Tính
·
AHM

c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng
GB HD
BC AH HC
=
+
Bài 5: a) Cho
( )
( )
3 3 2 2
x y 3 x y 4 x y 4 0+ + + + + + =

và xy > 0
Tìm GTLN của
1 1
M
x y
= +

b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn
Bài 1: a) Đặt
( )
= + + + − + ⇒ = + − = + − = +
2
x 4 10 2 5 4 10 2 5 x 8 2 6 2 5 8 2 5 1 6 2 5

x 5 1⇒ = +
. Do đó A = 1
b)
( )
( )
( )
( )

− −
= + −
− −
x y x x y y
B 1
x x y y x y
Xét các trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > 0 và y > x > 0 ta đều được
=B 1
Bài 2: Cách 1:
( ) ( ) ( )
+ − − = ⇔ + = + +
2
2
y 2xy 7x 12 0 x y x 3 x 4
(x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương
Dó đó
x 3 0 x 3
x 4 0 x 4
+ = = −
 
⇔
 
+ = = −
 
Từ đó ta tìm được (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)}
Cách 2:
( )
+ − − = ⇔ + − − = ⇔ − + − = −
2 2 2
y 2xy 7x 12 0 4y 8xy 28x 48 0 4y 49 4x 2y 7 1

( ) ( )
2y 7 2y 7 4x 1⇔ − + + = −
ta có
2y 7 1 x 4
2y 7 4x 1 y 4
− = = −
 
⇔
 
+ + = − =
 

2y 7 1 x 3
2y 7 4x 1 y 3
− = − = −
 
⇔
 
+ + = =
 
Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x ≠ -1. Đặt
−
 
=
 ÷
+
 
5 x
x a
x 1

và
−
+ =
+
5 x
x b
x 1
.
Ta có
− − − + + + −
   
+ = + + = =
 ÷  ÷
+ + +
   
2 2
5 x 5 x 5x x x x 5 x
a b x x 5
x 1 x 1 x 1
Do đó
a 2
b 3
ab 6
a b 5
a 3
b 2
 =




=
=



⇔


+ =
=




=



. Với
2
2
2
5 x
x 2
a 2 x 3x 2 0
x 1
x 3x 2 0
b 3
x 3x 2 0
5 x

x 3
x 1
 −
 
=
 ÷


= − + =

 
+
 
⇒ ⇔ ⇒ − + =
  
=
− + =
−




+ =

 +
( ) ( )
x 1
x 1 x 2 0
x 2
=


⇔ − − = ⇔

=

Với
( )
2
2
2
2
5 x
x 3
a 3 x 2x 3 0
x 1
x 2x 3 0 x 1 2 0
b 2
x 2x 3 0
5 x
x 2
x 1
 −
 
=
 ÷


= − + =

 

+
 
⇒ ⇔ ⇒ − + = ⇔ − + =
  
=
− + =
−




+ =

 +
, vô nghiệm
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}
Cách 2:
( ) ( )
( )
− −
  
+ = ⇔ − + = + ⇔ − + − + =
 ÷ ÷
+ +
  
2
2 2 4 3 2
5 x 5 x
x x 6 5x x x 5 6 x 1 x 5x 11x 13x 6 0
x 1 x 1

( ) ( )
⇔ − + − + = ⇔ − + − + =
4 3 2 2 2
x 5x 11x 13x 6 0 x 3x 2 x 2x 3 0
Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2}
b)
( ) ( )
− + − = ⇔ − + − =
10 14 5 7
x 2013 x 2014 1 x 2013 x 2014 1
Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất
Xét x < 2013
⇒ − < − ⇒ − > ⇒ − > ⇒ − + − >
7 5 7
x 2014 1 x 2014 1 x 2014 1 x 2013 x 2014 1
Xét 2013 < x < 2014
5
7
0 x 2013 1 x 2013 x 2013
0 x 2013 1
1 x 2014 0
0 x 2014 1
x 2014 x 2014

 < − < − < −
< − <

 
⇒ ⇔ ⇔
  

− < − <
< − <

 − < −




5 7
x 2013 x 2014 x 2013 x 2014 x 2013 2014 x 1⇔ − + − < − + − = − + − =
Xét x > 2014
⇒ − < − ⇒ − > ⇒ − > ⇒ − + − >
5 5 7
x 2014 1 x 2013 1 x 2013 1 x 2013 x 2014 1
Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014
Bài 4: a) Xét ∆EDC và ∆BAC có
·
·
µ
0
EDC BAC 90 (gt)
C chung

= =




⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g)
EC BC

DC AC
⇒ =
Xét ∆BEC và ∆ADC có
A
B
C
H D
E
M
G
m
µ
EC BC
DC AC
C chung

=




⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c)
⇒
·
·
BEC ADC=
. Mặt khác AH = HD (gt) nên
·
·
·

·
0 0 0 0
ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
⇒ ∆AEB vuông cân tại A.
Do đó
BE m 2=
b) Xét ∆AHB và ∆CAB có
·
·
µ
0
AHB CAB 90 (gt)
B chung

= =




⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g)
2 2 2
AB BH BE BH BM BH
AB BH.BC 2AB 2BH.BC BE 2BH.BC
BC AB 2BC BE BC BE
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
(Vì BE = 2BM). Xét ∆BHM và ∆BEC có
·
BM BH
BC BE
MBH chung


=




⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c)
·
·
·
0 0
BHM BEC 135 AHM 45⇒ = = ⇒ =

c) Xét ∆AHC và ∆BAC có
·
·
µ
0
AHC BAC 90 (gt)
C chung

= =




⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g)
AH AB
HC AC
⇒ =

(1)
Mặt khác ∆AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường
phân giác của ∆ABC. Suy ra
GB AB
GC AC
=
(2). Từ (1) và (2) ta có:

( )
GB AH
GB.HC AH.GC GB.HC AH. BC GB GB.HC AH.BC AH.GB
GC HC
= ⇒ = ⇒ = − ⇒ = −
AH.GB GB.HC HD.BC⇒ + =
(Vì HD = AH)
( )
GB. AH HC HD.BC⇒ + =

GB HD
BC AH HC
⇒ =
+
Bài 5: a)
( )
( )
3 3 2 2
x y 3 x y 4 x y 4 0+ + + + + + =
( )
( ) ( ) ( )
( )

2 2 2 2 2 2
x y x xy y 2 x xy y x 2xy y 4 x y 4 0⇔ + − + + − + + + + + + + =
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
1
x xy y x y 2 x y 2 0 x y 2 2x 2xy 2y 2x 2y 4 0
2
⇔ − + + + + + + = ⇔ + + − + + + + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
x y 2 x y x 1 y 1 2 0 x y 2 0 x y 2
2
 
⇔ + + − + + + + + = ⇔ + + = ⇔ + = −
 
Mà xy > 0 do đó x, y < 0
Áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( )
( ) ( )
x y
x y 1
2
− + −
− − ≤ =
nên xy ≤ 1, do đó
2

2
xy
−
≤ −

Vậy
1 1 x y
M 2
x y xy
+
= + = ≤ −
, GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1
b) Cách 1: Ta có:
( )
( )
( )
3
3 2 2 3 3
2 2
a 2a b
3a 2a b a ab b a b ab a b
a ab b 3
−
≥ ⇔ ≥ − + + ⇔ + ≥ +
+ +
( )
2
2 2
a ab b ab a b 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
luôn đúng.

Do đó
3 5 3 2
2 2 2 2
a 2a b a 2a a b
a ab b 3 a ab b 3
− −
≥ ⇔ ≥
+ + + +
. Chứng minh tương tự ta được
5 5 5 3 3 3 3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c a b b c c a
a ab b b bc c c ca a 3 3
+ + + + − − −
+ + ≥ +
+ + + + + +
Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử
a b c 0
≥ ≥ >

( ) ( ) ( )
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b b c c a a a b b b c c c a+ + − − − = − + − + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
a a b b b a a c c c a a b a b a c b c b c 0= − + − + − + − = − + + − − + ≥
Từ đó suy ra
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2

a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có
5 5 5 6 6 6
2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a a a b ab b b c bc c c a ca
+ + = + +
+ + + + + + + + + + + +
( )
2
3 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c a b ab b c bc c a ca
+ +
≥
+ + + + + + + +
Mặt khác
( ) ( )
2
2 2 3 3
a b 0 a ab b ab a b ab a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ +
tương tự
( )
3 3

b c bc b c+ ≥ +
( )
3 3
c a ca c a+ ≥ +
. Suy ra
( )
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 a b c ab a b bc b c ca c a+ + ≥ + + + + + ⇔
( )
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
3 a b c a b c ab a b bc b c ca c a+ + ≥ + + + + + + + +
( )
2
3 3 3
3 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
a b c a b ab b c bc c a ca 3
+ +
+ +
⇒ ≥
+ + + + + + + +
Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20