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

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

x 2 y2

b) B 
xy

 x  y  x2
x x  y
2

 x  y  y2
y x  y
2



với xy > 0; x  y

Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn y 2  2xy  7x  12  0
Bài 3: Giải các phương trình
5x 
 5 x 
x
6
a) x 

b)


x  1 
 x 1 

 x  2013

10



 x  2014 

14

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
GB
HD
c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng

BC AH  HC
3
3

2
2
Bài 5: a) Cho x  y  3  x  y   4  x  y   4  0 và xy > 0

1 1

x y
b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
a5
b5
c5
a 3  b 3  c3



a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2
3
Tìm GTLN của M 

Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn

Bài 1: a) Đặt x  4  10  2 5  4  10  2 5  x 2  8  2 6  2 5  8  2





5 1  6  2 5

 x  5  1 . Do đó A = 1

x  y x x  y y
b) 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: y 2  2xy  7x  12  0   x  y    x  3 x  4 
2

(x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương
x  3  0
 x  3
Dó đó 
Từ đó ta tìm được (x; y)  {(-3; 3); (-4; 4)}

x  4  0
 x  4


Cách 2: y 2  2xy  7x  12  0  4y 2  8xy  28x  48  0  4y 2  49  4x  2y  7   1

2y  7  1
 x  4 2y  7  1
 x  3
  2y  7  2y  7  4x   1 ta có 



2y  7  4x  1  y  4 2y  7  4x  1  y  3
5x
 5x 

Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x  -1. Đặt x 
 a và x 
b.

x 1
 x 1 
5  x  5x  x 2  x 2  x  5  x
 5x  
Ta có a  b  x 

x


5
 
x  1 
x 1
 x 1  
 a  2
  5 x 

2
 x  x  1   2
b

3
ab

6
a


2



 x  3x  2  0



Do đó 
. Với 


 2
 x 2  3x  2  0

5 x
a  3
 x  3x  2  0
a  b  5
b  3 

x
3

x 1
 b  2
x  1
  x  1 x  2   0  
x  2

  5 x 
 x  x  1   3  x 2  2x  3  0
a

3

2

Với 
 
 2
 x 2  2x  3  0   x  1  2  0 , vô nghiệm
5 x
 x  2x  3  0
b  2 
x
2

x 1
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}
5x 
2
 5 x 
Cách 2: x 
x
 6  5x  x 2 x 2  5  6  x  1  x 4  5x 3  11x 2  13x  6  0



x 1 

 x 1 
4
3
2
 x  5x  11x  13x  6  0  x 2  3x  2 x 2  2x  3  0












Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2}
b)

 x  2013

10



 x  2014 

14

5

7

 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
7
5
7
Xét x < 2013  x  2014  1  x  2014  1  x  2014  1  x  2013  x  2014  1
5
0  x  2013  1  x  2013  x  2013
0  x  2013  1
Xét 2013 < x < 2014  


7
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
5

5

7

Xét x > 2014  x  2014  1  x  2013  1  x  2013  1  x  2013  x  2014  1
Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014

  BAC
  900 (gt)
EDC
Bài 4: a) Xét EDC và BAC có 
 chung
C
EC BC
 EDC  BAC (g – g) 

DC AC
Xét BEC và ADC có

A
E

m

M
B

H

G

D

C


 EC BC


 DC AC  BEC  ADC (c – g - c)
C

 chung
  ADC
 . Mặt khác AH = HD (gt) nên
 BEC
  450  ADC
  1350  BEC
  1350  AEB
  450  AEB vuông cân tại A.
 ADH
Do đó BE  m 2
  CAB
  900 (gt)
AHB
 AHB  CAB (g – g)
b) Xét AHB và CAB có 
 chung
B
AB BH
BE BH
BM BH


 AB2  BH.BC  2AB2  2BH.BC  BE 2  2BH.BC 



BC AB
2BC BE
BC BE
 BM BH


(Vì BE = 2BM). Xét BHM và BEC có  BC BE
 BHM  BEC (c – g - c)
MBH
 chung

0
0



 BHM  BEC  135  AHM  45


  BAC
  900 (gt)
AHC
AH AB
 AHC  BAC (g – g) 
c) Xét AHC và BAC có 
(1)



HC
AC
C
chung

Mặt khác AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường
GB AB
phân giác của ABC. Suy ra
(2). Từ (1) và (2) ta có:

GC AC
GB AH

 GB.HC  AH.GC  GB.HC  AH.  BC  GB   GB.HC  AH.BC  AH.GB
GC HC
GB
HD

 AH.GB  GB.HC  HD.BC (Vì HD = AH)  GB.  AH  HC   HD.BC 
BC AH  HC
Bài 5: a) x 3  y3  3  x 2  y 2   4  x  y   4  0

  x  y   x 2  xy  y 2   2  x 2  xy  y 2    x 2  2xy  y 2   4  x  y   4  0

  x 2  xy  y 2   x  y  2    x  y  2   0 
2



1
 x  y  2   2x 2  2xy  2y2  2x  2y  4   0
2

1
2
2
2
 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
Vậy M 

  x   y  

 x     y   1
2

nên xy ≤ 1, do đó

2
 2
xy

1 1 xy
 
 2 , GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1

x y
xy

a3
2a  b

 3a 3   2a  b   a 2  ab  b 2   a 3  b3  ab  a  b 
2
2
a  ab  b
3
2
 a 2  ab  b 2  ab   a  b   0 luôn đúng.

b) Cách 1: Ta có:

Do đó

a3
2a  b
a5
2a 3  a 2 b
. Chứng minh tương tự ta được



a 2  ab  b 2
3
a 2  ab  b 2
3

a5
b5
c5
a 3  b 3  c3 a 3  b 3  c3  a 2 b  b 2 c  c 2 a




a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2
3
3
Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a  b  c  0
a 3  b 3  c3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  a 2  a  b   b 2  b  c   c 2  c  a 
 a 2  a  b   b 2  b  a  a  c   c 2  c  a    a  b   a  b    a  c  b  c  b  c   0
2

a5
b5
c5
a 3  b 3  c3
. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c



a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2
3
Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có
a5

b5
c5
a6
b6
c6





a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 a 3  a 2 b  ab 2 b3  b 2 c  bc 2 c3  c 2 a  ca 2
Từ đó suy ra



a

3

 b 3  c3 

2

a 3  b3  c3  a 2 b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2
2
Mặt khác  a  b   0  a 2  ab  b 2  ab  a 3  b3  ab  a  b  tương tự b3  c3  bc  b  c 
c3  a 3  ca  c  a  . Suy ra 2  a 3  b3  c3   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a  

3  a 3  b3  c3   a 3  b3  c3  ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a 

a

3

 b 3  c3 

2

a 3  b 3  c3
 3

a  b3  c3  a 2 b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2
3
Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20