Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh phú thọ năm học 2013 2014(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ 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

Câu 1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập số nguyên x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 4 x − 8 y − 12 = 0.
3
2
b) Cho P ( x ) = x − 3x + 14 x − 2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P ( x ) chia
hết cho 11.
Câu 2 (4,0 điểm)
a 3 − 3a + 2
a) Tính giá trị biểu thức P = 3
, biết a = 3 55 + 3024 + 3 55 − 3024 .
a − 4a 2 + 5a − 2
b) Cho các số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn
x 3 = 3x − 1, y 3 = 3 y − 1 và z 3 = 3z − 1.
Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 = 6 .
Câu 3 (4,0 điểm)

x −1
= 3 x + 1.
4x
3 x 2 + 2 y 2 − 4 xy + x + 8 y − 4 = 0

b) Giải hệ phương trình  2
2
 x − y + 2 x + y − 3 = 0.
Câu 4 (7,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của
a) Giải phương trình 3 x − 1 +

·
cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A và có số đo bằng α không đổi sao
cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và
N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.
a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp
·
quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.
EAF
c) Khi α = 600 và BC = R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI.
Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 .

Chứng minh rằng

2 x2 + y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 + x2 2z 2 + x2 + y 2
+
+
≥ 4 xyz.
4 − yz
4 − zx
4 − xy
-----------Hết----------

Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:………………………
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN - THCS
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài
• Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần
bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.
• Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng
với thang điểm của Đáp án.
• Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Đáp án-thang điểm
Câu 1 ( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 4 x − 8 y − 12 = 0.
3
2
b) Cho P ( x ) = x − 3x + 14 x − 2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P ( x ) chia hết cho 11.
Nội dung
a) Phương trình tương đương với

(x

2

+ 4 y 2 − 4 xy ) + 4 ( x − 2 y ) + 4 = 16 − y 2 ⇔ ( x − 2 y + 2 ) 2 = 16 − y 2 ;

2
mà x, y ∈ ¢ nên ( x − 2 y + 2 ) = 16, y = 0 (1) hoặc x − 2 y + 2 = 0, y 2 = 16 (2) .
Ta có (1) ⇔ x = 2, y = 0 hoặc x = −6, y = 0 .

(2) ⇔ y = 4, x = 6 hoặc y = −4, x = −10 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) ∈ { ( 2; 0 ) , ( −6; 0 ) , ( 6; 4 ) , ( −10; − 4 ) } .

Điểm
0,5
0,5

0,5

b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p = 3k + 2 thì
x 3 ≡ y 3 ( mod p ) ⇔ x ≡ y ( mod p ) .
3
3
Thật vậy, x ≡ y ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) , đúng.

3
3
3k
3k
Với x ≡ y ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) .
Với x, y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.
p −1

p −1
3 k +1
≡ y 3 k +1 ( mod p )
Với ( x, p ) = 1, ( y , p ) = 1 ta có x ≡ y ≡ 1( mod p ) ⇒ x

⇒ x.x3k ≡ y. y 3k ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) vì x 3k ≡ y 3k ( mod p ) .
Áp dụng Bổ đề, ta có
3
3
P ( x ) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ ( x − 1) + 11( x − 1) + 10 ≡ ( y − 1) + 11( y − 1) + 10 ( mod 11)
⇔ ( x − 1) ≡ ( y − 1) ( mod 11) ⇔ x − 1 ≡ y − 1( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) .
Do đó, P ( x ) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) .
3

3

Suy ra với mỗi n ∈ ¥ , trong 11 giá trị P ( n ) , P ( n + 1) ,K , P ( n + 10 ) , có duy nhất một
giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong các số P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 99 ) có đúng 9 số chia hết

0,5

0,5

0,5


cho 11, còn P ( 0 ) = −2 không chia hết cho 11.
Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2 ( 4,0 điểm)
a 3 − 3a + 2

a) Tính giá trị biểu thức P = 3
, biết a = 3 55 + 3024 + 3 55 − 3024 .
a − 4a 2 + 5a − 2
b) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 3 = 3x − 1, y 3 = 3 y − 1, z 3 = 3z − 1. Chứng minh rằng
x 2 + y 2 + z 2 = 6.
Nội dung
a 3 − 3a + 2
( a − 1) ( a + 2 ) = a + 2
=
a) Ta có P = 3
;
a − 4a 2 + 5a − 2 ( a − 1) 2 ( a − 2 ) a − 2

Điểm

2

3
2
3
mà a = 110 + 3 55 − 3024

(

3

0,5

)

55 − 3024 + 3 55 + 3024 .

0,5

⇒ a 3 = 110 + 3a ⇔ a 3 − 3a − 110 = 0 .

⇔ ( a − 5 ) ( a 2 + 5a + 22 ) = 0 ⇔ a = 5 . Suy ra P =

7
.
3
b) Ta có x 3 = 3 x − 1(1), y 3 = 3 y − 1 (2), z 3 = 3 z − 1 (3) .
 x3 − y 3 = 3 ( x − y )
 x 2 + xy + y 2 = 3 (4)


Từ (1), (2) và (3) suy ra  y 3 − z 3 = 3 ( y − z ) ⇔  y 2 + yz + z 2 = 3 (5)
 3
 2
2
3
 z + zx + x = 3 (6).
 z − x = 3( z − x )
Từ (4) và (5) suy ra
x 2 − z 2 + xy − yz = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z = 0 ,
(vì x, y, z đôi một phân biệt).
Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có
3 2
1
2

x + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z ) = 9 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 6 .
(
2
2
Câu 3 ( 4,0 điểm)
x −1
a) Giải phương trình 3 x − 1 + 4 x = 3x + 1.
3 x 2 + 2 y 2 − 4 xy + x + 8 y − 4 = 0
b) Giải hệ phương trình  x 2 − y 2 + 2 x + y − 3 = 0

Nội dung
1
x≥− ,x≠0
a) Điều kiện xác định:
.
3
2
Phương trình tương2đương
với 12 x − ( 3 x + 1) = 4 x 3 x + 1 . Đặt a = 2 x, b = 3 x + 1 ta
2
3
a
−
b
=
2ab ⇔ ( b − a ) ( b + 3a ) = 0 ⇔ b = a hoặc b = −3a . Khi đó
có phương trình
3 x + 1 = 2 x hoặc 3 x + 1 = −6 x .
+) Với 3 x + 1 = 2 x , điều kiện x > 0 , ta có
1

3 x + 1 = 2 x ⇔ 3 x + 1 = 4 x 2 ⇔ 4 x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − (loại).
4
1
− ≤ x<0
+) Với 3 x + 1 = −6 x , điều kiện 3
, ta có

1,0

1,0

1,0

Điểm
1,0

0,5
0,5


3 − 153
3 + 153
x=
hoặc
72
72 (loại).
3 − 153
x = 1, x =
.
Vậy phương trình có hai nghiệm

72
b) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình
3 x 2 + 2 y 2 − 4 xy + x + 8 y − 4 = 0 (1)
 2
2
(2)
2x − 2 y + 4x + 2 y − 6 = 0
Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có
( x 2 − 4 xy + 4 y 2 ) − 3 ( x − 2 y ) + 2 = 0 ⇔ ( x − 2 y ) 2 − 3 ( x − 2 y ) + 2 = 0
3 x + 1 = −6 x ⇔ 36 x 2 − 3 x − 1 ⇔ x =

⇔ ( x − 2 y − 1) ( x − 2 y − 2 ) = 0 ⇔ x = 2 y + 1 hoặc x = 2 y + 2.
+) Với x = 2 y + 1 , thế vào (2) và rút gọn ta có y ( y + 3) = 0 ⇔ y =A0 hoặc y = −3.
Suy ra x = 1, y = 0 hoặc x = −5, y = −3.
M T H
N
B
−13 + 109
x = 2y + 2
3 y 2 + 13 y + 5 =Q0 ⇔ y = C
+) Với
, thế vào (2) và rút gọn ta có
6
−13 − 109
K
y=
.
hoặc
O
6

−7 + 109
−13 + 109
−7 − 109
−S13 − 109
x=
,y=
x=
, y =I
.
Suy ra
hoặc
3
6
6
F 3
Vậy hệ có 4 nghiệm x = 1, y = 0 ; x = −5, y = −3 ;

1,0

1,0

J

−7 + 109
−13 + 109
−7 − 109
−13 − 109
D
x=
,y=

x= G
, y =E
.
P
;
3
6
3
6

Câu 4 ( 7,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của cung
·
nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A và có số đo bằng α không đổi sao cho E, F khác
phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao
cho tứ giác MNED là hình bình hành.
a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.
·
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.
c) Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi α = 600 và BC = R .
a) Ta có
1
·
¼ )=
= (sđ »AC + sđ BFE
MNE
2
1

¼ )
= (sđ »AB + sđ BFE
2
»
·AFE = sđ »AC + sđ CE
·
·
Suy ra: MNE
+ MFE
= 180o
Vậy tứ giác MNEF nội tiếp.
b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R).
Lấy G đối xứng với E qua AP ⇒ D ∈ EG , G ∈ ( O )
·
·
·
·
Ta có MDG
, ·AEG + ·AFG = 180o ⇒ MDG
= NEG
+ MFG
= 180o
Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp
(1)
Gọi giao điểm của AG và BC là H

2,5

1,0

Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp

(2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F
nằm trên một đường tròn.
Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và
» =sđ
cắt đường tròn (O) tại J; I ∈ OJ , sđ JF
» và sđ PG
» =sđ PE
·
» nên JOP
JG
= α hay I
nằm trên đường thẳng cố định. Đó là đường
thẳng đi qua O và tạo với AO một góc α
không đổi.

1,5

1
MN
2
·
Tam giác vuông OSI có IOS
= α không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất
⇔ MN nhỏ nhất. Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.
c) Hạ IT ⊥ BC ( T ∈ BC ) ⇒ TH = TM . Do QH = QN , suy ra IS =

1,0

· ' AN ' = α . Không mất tính tổng quát giả sử
Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M
QM ' > QN ' suy ra AM ' > AN ' . Trên đoạn AM ' lấy điểm U sao cho AU = AN '
⇒ ∆AUM = ∆ANN ' (c.g.c) ⇒ S AM ' M > S ANN ' ⇒ MM ' > NN ' ⇒ M ' N ' > MN

(

)

R 2− 3
Với α = 60o ; BC = R suy ra AQ = R − R 3 =
,
2
2
MN =

(

R 2− 3
2

). 2

=

(

R 2 3 −3

) ⇒ OI = R ( 2

3 −3

1,0

).

3
3
6
Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:
2 x2 + y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 + x2 2z 2 + x2 + y 2
+
+
≥ 4 xyz.
4 − yz
4 − zx
4 − xy
Nội dung

Điểm

2
2
2
Chứng minh được: 2 x + y + z ≥ 2 x ( y + z ) .

2
2
2
2
2
2
Tương tự ta có 2 y + z + x ≥ 2 y ( z + x ) , 2 z + x + y ≥ 2 z ( x + y ) .

x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y)
+
+
≥ 2 xyz .
4 − yz
4 − zx
4 − xy
y+z
z+x
x+y
+
+
≥ 1.
Bất đẳng thức này tương đương với
( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy
Do đó ta sẽ chứng minh

2 yz
y+z
=
Ta có 4 − yz 2 yz ≥
(

)
2 − yz 2 + yz 2 yz
2 − yz

(

(

0 < 2 − yz

)

yz = −

)(

(

)

2

)

xy − 1 + 1 ≤ 1 nên

(

(2−

yz

)

)

1

1

0,5

(

yz 2 + yz

(

0,5

yz 2 + yz

)

≥

) , dễ có
1
2 + yz

.


y+z
1
z+x
1
≥
≥
, tương tự có
( 4 − yz ) 2 yz 2 + yz
( 4 − zx ) 2 zx 2 + zx và
x+ y
1
≥
.
( 4 − xy ) 2 xy 2 + xy
y+z
z+x
x+y
1
1
1
+
+
≥
+
+
Do đó
( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy 2 + xy 2 + yz 2 + zx .

Vậy nên

Với a, b, c>0 có
1 1 1
a b
b c
c a
( a + b + c )  + + ÷ = 3 +  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 nên
a b c
b a c b a c
1 1 1
9
+ + ≥
(*).
a b c a+b+c
1
1
1
9
+
+
≥
≥ 1;
Áp dụng (*) ta có
2 + xy 2 + yz 2 + zx 6 + xy + yz + zx
x+ y y+z z+x
+
+
= x + y + z = 3 ).
(Vì xy + yz + zx ≤

2
2
2
y+z
z+x
x+y
+
+
≥1
Vậy
( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy .
2 x2 + y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 + x2 2z 2 + x2 + y 2
+
+
≥ 4 xyz .
Do vậy ta có
4 − yz
4 − zx
4 − xy
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

.......................... HẾT ..........................

1,0