Đề thi học sinh giỏi Toán 9 số 13

/storage1/vhost/convert.123doc.vn/data_temp/document/otb1438051737-
1768428-14380517378503/otb1438051737.doc
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN - THCS
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên

0128y4x4xy5yx
22
=−−+−+
b)Cho
214x3xxP(x)
23
−+−=
.
Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11
Câu 2( 4,0 điểm)
a) Tính gía trị biểu thức
25a4aa
23aa
P
23
3
−+−
+−
=

, biết
33
302455302455a
−++=
b) Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
13zz1,3yy1;3xx
333
−=−=−=
Chứng minh rằng
6zyx
222
=++
Câu 3( 4,0 điểm)
a) Giải phương trình
13x
4x
1x
13x
+=
−
+−
b) Giải hệ phương trình:





=−++−
=−++−+
03y2xyx

048yx4xy2y3x
22
22
Câu 4( 7,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính giữa
cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng
α
không đổi sao
cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N .Lấy
điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành .
a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng khi góc nội
tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
c) Khi
0
60
=
α
và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3
Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
4
4 4 4
x y z y x z z y x
xyz
yz xz yx
+ + + + + +

+ + ≥
− − −
Hêt—
Họ và tên thí sinh số báo danh
Thí sinh không sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪNCâu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên
HD:
0(*12)8y5y()1(40128y4x4xy5yx
2222
=−−−−−⇔=−−+−+
yxx
)
để PT(*) có nghiệm nguyên x thì
/
∆
chính phương
1616
2/
≤−=∆ y
từ đó tìm được
( ) ( ){ ( ) ( ) ( ) }
;4;6;4;10;0;6;0;2;
−−−∈
yx
b)Cho
214x3xxP(x)
23
−+−=
.

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11
HD
2212)x-2)(x-(x214x3xxP(x)
223
++=−+−=
để P(x) chia hết 11 thì
1112)x-2)(x-(x
2

+
mà
1111)-x(x12)x-(x
2
++=+
ta có
1)1(
+−
xx
không chia hết cho 11
suy ra
12)x-(x
2
+
không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà x<100 ;
Nx
∈
suy ra
{ }
90;79;68;57;47;35;22;13;2
∈

x
Câu 2( 4,0 điểm)
a)Tính gía trị biểu thức
25a4aa
23aa
P
23
3
−+−
+−
=
, biết
33
302455302455a
−++=
HD tính a=5 thay vào
3
7
=
P
b)Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
13zz1,3yy1;3xx
333
−=−=−=
Chứng minh rằng
6zyx
222
=++
HD công cả ba đảng thức ta có hệ






=++
=++
=++
⇔





−=−
−=−
−=−
⇔





−=
−=
−=
)3(3
)2(3
)1(3
)(3
)(3

)(3
13
13
13
22
22
22
33
33
33
3
3
3
zxzx
zzyy
yxyx
xzxz
zyzy
yxyx
zz
yy
xx
trừ (1) cho (2) ta được
00))((
=++⇔=++−
zyxzyxzx
cộng (1) ;(2) ;(3) ta có
9)(2
222
=+++++ xzyzxyzyx

(*)
mà tù x+y+z=0 suy ra
2
222
zyx
xzyzxy
++
−=++
thay vaò (*) ta có đpcm
Câu 3( 4,0 điểm)
a) Giải phương trình
13x
4x
1x
13x
+=
−
+−
HD đkxđ
3
1−
≥x
( )




++=−
++=
⇔++=⇔+=

−
+−
1324
1324
1321613x
4x
1x
13x
2
2
xxx
xxx
xxx
giải ra pt có 2 nghiệm x=1;
72
1533 −
=x
b) Giải hệ phương trình:





=−++−
=−++−+
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
HD






=−++−
=−++−+
⇔





=−++−
=−++−+
0(2)6y24xy22x
0(1)48yx4xy2y3x
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
22
22

lấy pt(1) trù pt(2) ta được
( )



+=

+=
⇔
=−−−−⇔=+−−−
22
12
0)22)(12(02)2(32
2
yx
yx
yxyxyxyx
thay vào phương trình
032
22
=−++− yxyx
hệ có 4 nghiệm
( ) ( ) ( )



















−−−−








+−+−
−−∈
6
10913
;
3
1097
;
6
10913
;
3
1097
;35;0;1; yx
Câu 4( 7,0 điểm)
a)
∠

ENB=
∠
EFM suy ra
∠
ENM+
∠
EFM=180
0
b)gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có
∠
DPF=
∠
DMF =
∠
EAF=
α
mặt khác
∠
EAF=
∠
EPF nên
∠
EPF=DPF nên E;D;P thẳng hàng suy ra EP//BC mà
EPAOBCAO
⊥⇒⊥
gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung điểm FP và OI
vuông góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp suy ra
∠
HOI=
∠

HPF=
α
( không đổi)
suy ra I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng
α
c) khi BC=R ;
∠
EAF==60
0
thì tam giác OBC đều suy ra IO đi qua B ta chứng minh
được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi đó IM//AO áp
dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính được OI
Câu 5. GVHD KIỀU ĐÌNH PHÚ -THCS TT SÔNG THAO
Áp dụng bđt cô si cho 4 số trên tử thức của các phân thức VT BĐT ta được
VT BĐT
≥

4 4
4
(*)
4 4 4
x yz z xy
y zx
yz zx xy
+ +
− − −
-Ta đi cm
4 4
4
4

4 4 4
x yz z xy
y zx
xyz
yz zx xy
+ + ≥
− − −
- Do x; y; z dương nên chia 2 vế BĐT trên cho 4xyz, và đặt :
; ;xy a yz b zx c
= = =
với
a,b,c dương ta được BĐT :

2 2 2
1 1 1
1
(4 ) (4 ) (4 )a a b b c c
+ + ≥
− − −
( Đến đây bạn tự cm BĐT này đứng nhé! - BĐT này
trên báo THTT đấy!
( Bạn Phải cm BĐT
3
1 1 4
4 9 9
a
a a
−
≥ +
−

với 0< a=
3xy
≤
.


Hướng dẫn
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
3
2
1 1 1
4 4 4
4 4 4
9
( )
12 ( ) 12 ( )
9
3( )
12 ( ) 12 ( )
12
36
12 ( )

12 3
x y z
P x y z
yz xz yx
yz xz yx
x y z
x y z
P
xy yz xz xy yz xz
xy yz xz
xy yz xz
P
xy yz xz xy yz xz
xy yz xz
x y z
P
xy yz xz
x
 
+ +
 
 ÷
= + + + + +
− − −
 ÷
 ÷
− − −
 
 ÷
 

+ +
+ +
≥ +
− + + − + +
+ +
+ +
≥ +
− + + − + +
+ +
≥ ≥
− + +
−
2 2
3
y z
Đánh giá thứ 2 ở dòng thứ 4 sai rồi !
Đặt
3
1
3
x y z
xyz t
+ +
= ≤ =
Xét hiệu
2
3 2 2
2
36
4 12 ( 1)( 3) 0

12 3
t
t t t t t
t
− ⇔ − + − ≥
−
Bất đẳng thức được chứng minh dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao