đề thi HSG lớp 9 toán vĩnh tường 13 14 (có đáp án)

PHÒNG GD & ĐT VĨNH TƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. a) Tính:

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 12 năm 2013

5 2 2 9 4 2

b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
a  b  c  abc  4 . Tính giá trị của biểu thức:
A  a (4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a )  c(4  a )(4  b)  abc

Câu 2. Giải các phương trình sau:
a) x  x  1  x  4  x  9  0
b) 2(x2 + 2) = 5 x3  1
Câu 3. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  thỏa mãn

x  y 2013
y  z 2013

là số hữu tỉ, đồng thời x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn (ABđường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.
a) Chứng minh các điểm B, C, E, F thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G
là trọng tâm của tam giác ABC.
Câu 5. a) Cho a, b, c là các số thực; x, y, z là các số thực dương.
Chứng minh :

a 2 b 2 c 2 (a  b  c)2
  
x
y z
x y z

b) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn -1.
Chứng minh :

1  x2
1 y2
1 z2


2
1  y  z 2 1  z  x2 1  x  y 2

Câu 6. Cho bảng vuông 13x13. Người ta tô màu đỏ ở S ô vuông của bảng
sao cho không có 4 ô đỏ nào nằm ở 4 góc của một hình chữ nhật. Hỏi giá
trị lớn nhất của S có thể là bao nhiêu?
------------Hết------------

(Đề này gồm có 01 trang)
Họ và tên thí sinh: ……………………………..……Số báo danh: ……….....

PHÒNG GD&ĐT VT

Câu

HƯỚNG DẪN CHÁM ĐỀ THI HSG 9
NĂM HỌC 2013 - 2014

Ý

Nội Dung

5  2 2  9  4 2  5  2 2  (2 2  1) 2  5  2 3  2 2
Câu 1

 5  2 ( 2  1)2  3  2 2  ( 2  1) 2  2  1

A  a(4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a )  c(4  a)(4  b)  abc

a  b  c  abc  4  4a  4b  4c  4 abc  16
 a(4  b)(4  c)  a(16  4b  4c  bc)
 a(2 a  bc )2  a (2 a  bc )  2a  abc
Tương tự

b(4  c)(4  a )  2b  abc , c(4  a )(4  b)  2c  abc

 A  2(a  b  c)  3 abc  abc  2(a  b  c  abc )  8
x  9  x  4  x 1  x
(1)

5
1


x9  x4
x 1  x
 x  9  x  4  5( x  1  x) (2)
Từ (1),(2) suy ra:
x  9  3 x  1  2 x  3 x  1  9 x  9  x  9 ,dấu “=” xảy ra
khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt.
Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
b) ĐK: x  -1.
a) ĐK: x  0. Pt 

Câu 2

Đặt a = x  1 , b = x 2  x  1 với a  0, b>0.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2(a2 + b2) = 5ab  (2a-b)(a-2b)=0
 2a=b hoặc a=2b
Với a=2b  x  1 =2 x 2  x  1
 4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm.
Với b=2a 

x 2  x  1 =2 x  1

 x2-5x-3 = 0  x 
Ta có
Câu 3

x  y 2013 m

m, n 
y  z 2013 n



*

5  37
(thỏa mãn đk x  -1.)
2



,  m, n   1 .

nx  my  0
x y m
 nx  my  mz  ny  2013  
  
 xz  y 2 .
y z
n
mz  ny  0


2

2

x 2  y 2  z 2   x  z   2 xz  y 2   x  z   y 2   x  y  z  x  z  y  .

 x2  y 2  z 2  x  y  z
Vì x  y  z  1 và x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố nên 
x  y  z  1
Từ đó suy ra x  y  z  1 (thỏa mãn).
A

E
F

G

O

H
B

C

M
D

Câu 4

·
·
BFC
= BEC

= 900 ( cùng nhìn cạnh BC)
Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC.

·CD = 900  DC  AC
Ta có A
Mà HE  AC; suy ra BH//DC (1)
Chứng minh tương tự: CH//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.
Do đó AM, HO trung tuyến của AHD  G trọng tâm của
GM 1

AHD 
AM 3
GM 1
Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,

AM 3
Suy ra G là trong tâm của ABC
a) (0,5điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
(

a2 b2 c 2
a2
b2
c2
  ).( x  y  z )  (
. x
. y
. z )2 =

x
y z
x
y
z

( a  b  c ) 2  (a+b+c)2
 đpcm
Câu 5

b)

(1 điểm) Vế trái


Đặt

2(1  x 2 )
2(1  y 2 )
2(1  z 2 )


M
2(1  z 2 )  (1  y 2 ) 2(1  x 2 )  (1  z 2 ) 2(1  y 2 )  (1  x 2 )

1  x 2  a,1  y 2  b,1  z 2  c. với a, b,c >0

Khi đó

M=

2a
2b
2c
2a 2
2b 2
2c 2





2c  b 2a  c 2b  a 2ac  ab 2ab  bc 2bc  ac


Sau đó áp dụng bđt ở phần a) và bđt
(a  b  c) 2  3(ab  bc  ca )  M  2 .
Từ đó có đpcm
Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i.

xi ( xi  1)
2
x13 ( x13  1)
x1 ( x1  1) x2 ( x2  1)
Vậy tổng số các cặp ô đỏ là A=

 ... 
2
2
2

Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có
cặp ô đỏ nào có hình chiếu trùng nhau.
x ( x  1) x2 ( x2  1)
x ( x  1)

 ...  13 13
Vậy C213=78  A= 1 1
2
2
2
Ta có: S= x1 + x2 + …+ x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là C2xi =

13



i 1

Câu 6

13

 xi2   xi  156
i 1

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
13
13
s2
( xi ) 2  13( xi2 )   s  156

13
i 1
i 1
 s2-13s-2028  0  S  52
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = …= x13 = 4 (mỗi dòng có 4 ô được tô
đỏ).
(Học sinh lập luận chỉ ra S  52 được 0,25đ)
Vẽ hình minh họa: (0,25đ)
x x x x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
Vậy giá trị lớn nhất của S=52

x x
x x
x X
x

x
x
x

x x
x
x

x
x

x

X
x
x

x
x x
x
x x

x
X x
Xx
x

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa./.