065 đề HSG toán 9 quảng nam 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
Môn thi : TOÁN
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 08/04/2014

Câu 1 (4 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A  x  4 x  4  x  4 x  4 với x ≥ 4.
a b c
d e f
b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, thỏa mãn    1 và    0 .
d e f
a b c
2
2
2
a
b
c
Tính giá trị của biểu thức B  2  2  2 .
d
e
f
Câu 2 (4 điểm).
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương.
b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5.
8n

4n
Chứng minh rằng a  3a  4 chia hết cho 5, với mọi số tự nhiên n.
Câu 3 (6 điểm).
a) Giải phương trình x 2  x  2014  2014 .
x  y  z  2
b) Giải hệ phương trình 
2
2xy  z  4
c) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0.
Câu 4 (3 điểm).
a) Cho hình bình hành ABCD, các điểm M và N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và
BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia
phân giác của góc AKC.
b) Cho ∆ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = 4  4 3 và bán kính đường tròn nội
tiếp ∆ABC bằng 2. Tính số đo góc B và góc C của ∆ABC.
Câu 5 (3 điểm).
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D
khác B và C). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B; đường tròn tâm O2
qua D và tiếp xúc với AC tại C; hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một
điểm cố định.
b) Giả sử ∆ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí
điểm D trên cạnh BC.
-------HẾT-------


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
I. Hướng dẫn chung:
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án và đúng thì giám khảo căn
cứ vào thang điểm của đáp án để cho điểm hợp lí.
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm
phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong
Hội đồng chấm thi.
3. Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25
II. Đáp án:
Câu
a) Với x ≥ 4, ta có :

Nội dung

A  (x  4)  4 x  4  4  (x  4)  4 x  4  4




x4 2

 x4 2



2





x4 2



2

x4 2

Xét các trường hợp :
* Với x ≥ 8 ta có :
A  x4 2 x4 2
2 x4
* Với 4 ≤ x < 8 ta có :
A  x4 2 x4 2
4
1
(4đ) b) Với a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, ta có:
2
a b c
a b c
  1     1
d e f
d e f 

a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ac

 2 2 2


1
d
e
f
de
ef
df
a 2 b 2 c 2 2abc  f d e 
 2 2 2
    1
d
e
f
def  c a b 
d e f
  0
Mà
a b c
a 2 b2 c2
Vậy B  2  2  2 = 1
d
e
f

Điểm
0,25
0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5
0,5
0,5

0,5


Câu

Nội dung
a) Đặt n – 14n – 256 = k (k  )
 (n – 7)2 – k2 = 305
 (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305
Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61)
và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp:
 n  7  k  1

 n  7  k  305
 n  7  k  305

  n  7  k  1

 n  7  k  5

 n  7  k  61

 n  7  k  61
  n  7  k  5

2

Điểm

2

  n  160

  k  152
  n  146

  k  152

2
  n  40
(4đ)
  k  28

  n  26
  k  28

Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40.

b)
A  a 8n  3a 4n  4   a 8n  1  3  a 4n  1

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

n
n
  a 8   1  3  a 4   1





0,25

  a 8  1  a 8 


0,25

n 1

 a8 

n 2

n 1
n 2
 ...  1  3  a 4  1  a 4    a 4   ...  1




  a 4  1 a 4  1 .B  3  a 4  1 .C
  a 4  1  a 4  1 .B  3C 
  a 2  1 a 2  1 .D

Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 nên:

0,25


Câu
a

a

a


a


 5k 1   a  1 5

Nội dung

2

 5k  2   a 2  1 5
 5k  3   a 2  1 5

(với k là số nguyên dương)

 5k  4   a 2  1 5

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

Vậy  a 8n  3a 4n  4  5 với mọi số tự nhiên n.
a) Điều kiện: x ≥ –2014
Đặt t = x  2014  t 2 = x + 2014 (t ≥ 0)
2

 x  t  2014 (1)
Ta có hệ sau :  2


 t  x  2014 (2)
Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta được :
t2 – x2 – x – t = 0
 (t+x)(t – x – 1) = 0  t = –x hoặc t = x + 1
 Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014  x2 – x – 2014 = 0 (*)
1  8057
1  8057
Giải (*) được nghiệm x =
(loại vì t ≥ 0) hoặc x =
2
2
2
2
 Với t = x + 1 ta có: (x + 1) = x + 2014  x + x – 2013 = 0 (**)
1  8053
1  8053
Giải (**) được nghiệm x =
hoặc x =
(loại vì t≥0)
2
2
1  8053
1  8057
Vậy nghiệm của phương trình là: x =
hoặc x =
2
2
S  x  y
3 b) Đặt 
P  xy

(4đ)
S  2  z

Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta có: 
1 2
P

 z  4

2
Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0
1
 X 2  (2  z)X  (z 2  4)  0 (1)
2
1
2
∆ =  (2  z)  4  (z 2  4)  (z  2) 2
2
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0
 (z + 2)2 ≤ 0  z = –2
Thay z = –2 vào phương trình (1) ta được: X2 – 4X + 4 = 0 (2)
Giải phương trình (2) được nghiệm X1 = X2 = 2  x = y = 2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Câu

Nội dung
c) Ta có : a  b  c  1  a  1  b 2  c2  1
 1  a  1  1  a  0
Tương tự : 1  b  0; 1  c  0
 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 0
 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0
(1)
2
2
Mặt khác: (1 + a + b + c) = (1 + a) + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c)
= 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc)
1

 a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ 0 (2)
2
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được :
abc + a2 + b2 + c2 + 1 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0
 abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0
A
D
a) Hình vẽ
2

2

2

Điểm

2

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

M

I
K
H

B

N

C

Kẻ DI vuông góc với AN tại I, kẻ DH vuông góc CM tại H.
1
1
Ta có: SADN  DI.AN; SDMC  DH.MC
2
2
1
S∆ADN = SABCD (do cùng cạnh đáy AD và đường cao kẻ từ N)
2
4
1
(3đ) và S∆DMC = SABCD (do cùng cạnh đáy DC và đường cao kẻ từ M)
2
nên : S∆ADN = S∆DMC .
1
1
 DI.AN  DH.MC
 DI  DH
2

2
AN  CM (gt)
 ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
 IKD  HKD  KD là phân giác góc AKC.
b) Hình vẽ

A
H
I
O

B

K

C

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu

Nội dung
Điểm

Gọi I, H, K lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ∆ABC với
các cạnh AB, AC, BC.
Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC
0,25
= 8 + 4 3 (1)
0,25
 (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 4 3 )2
(8  4 3 )2  BC2
0,25
 AB.AC =
 24  16 3 (2)
2
Từ (1) và (2), kết hợp với AB < AC
suy ra AB = 2 + 2 3 ; AC = 6 + 2 3
0,25
AB 2  3 1
sin C 


0,25
BC 4  4 3 2
Suy ra C  300 ; B  600
Hình vẽ

0,25
A
I

O

D

B

C
E

a) Kéo dài ED cắt (O) tại I
5 AB là tiếp tuyến của (O1)  ABD  BED
(3đ) AC là tiếp tuyến của (O2)  ACD  CED
 ABD  ACD  BEC

S

 BEC  BAC  1800
 Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
 AIE  ACE  ACD  DCE  DEC  DCE  IDC
 AI//BC  I cố định
Vậy DE luôn đi qua điểm cố định I.
b) Ta có: AB  IC (vì AI//BC)
∆ABC cân tại A  AB  AC
 AC  IC  I  A
 A, D, E thẳng hàng
 AD.AE = AB2 (vì ∆ABE
∆ADB)
 AD.AE không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên cạnh BC.

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25