078 đề HSG toán 9 thanh oai 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang

Câu 1: (6 điểm)
a) Cho M  (1 

x 3
x 2
x 2
):(


)
x 1
x 2 3 x x 5 x 6
x

1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
P  3x 2013  5x 2011  2006 với x  6  2 2. 3 

2  2 3  18  8 2  3

Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình
a)

( x  3)( x  4)( x  5)( x  6)  24
b)

| 2x  x

2

 1 | = 2x  x 2  1

Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.


1 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M   x 2  2  y 2  2 
y 
x 

1

1
1
1


6.
x y yz zx
1
1

1
3
Chứng minh rằng:


 .
3 x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 2

b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn

Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của
đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F.
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì
thì biểu thức P  sin   cos  . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
BE 3 CE
3
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD và
.

BF 3 DF
Câu 5: (1 điểm)
Tìm n  N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
6

6

PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán

Câu 1: (6 điểm)
(4,5đ)

a)

ĐKXĐ: x  0; x  4; x  9 (*)
1)Rút gọn M : Với x  0; x  4; x  9
 x 1 x   x  3
:
M  


x

1

  x 2

x 2
x 3

(0,5đ)




( x  2)( x  3) 
x 2



 ( x  3)( x  3)  ( x  2)( x  2)  ( x  2) 
:

x 1 
( x  2)( x  3)




1



1

x 1

:

x  9  ( x  4)  x  2
( x  2)( x  3)

x 2
x 1

Vậy M 
2) M 

x 2
x 1
x 2
x 1



(với x  0; x  4; x  9 ) (*)
x 1 3
x 1



x 1
x 1



3
x 1

 1

(2,5đ)

3
x 1

(0,75đ)

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x  1  x  1  U (3)
Ư(3)   1;3  Vì x  0  x  0  x  1  1
Nên

x  1 1;3

 Xảy ra các trường hợp sau:

(0,5đ)

. x  1  1  x  0  x  0 (TMĐK (*) )
. x  1  3  x  2  x  4 (không TMĐK (*) loại )
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_

(0,25đ)


x  6  2 2. 3 

2  2 3  18  8 2 .  3

(0,5đ)

Có 18  8 2  (4  2 ) 2  4  2  4  2

2  2 3  4  2  2 3  4  ( 3  1) 2 

3 1

(0,25đ)

x  6  2 2. 3  3  1  3  6  2 2. 2  3  3  6  2 4  2 3  3

x  6  2 ( 3  1) 2  3  6  2 3  1  3  4  2 3  3

x  ( 3  1) 2  3 

3 1  3  3 1 3  1

(0,75đ)

Với x = 1.Ta có P  3.12013  5.12011  2006  3  5  2006  2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Câu 2: (4 điểm)
a. ( x  3)( x  6)( x  4)( x  5)  24
 ( x 2  9 x  18)( x 2  9 x  20)  24 (1)
Đặt x 2  9 x  19  y
(1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
 y2 – 25 = 0
 ( x 2  9 x  24)( x 2  9 x  14)  0
 ( x  2)( x  7)( x 2  9 x  24)  0
Chứng tỏ x 2  9 x  24  0
Vậy nghiệm của phương trình : x  2; x  7
b. Ta có 2 x  x 2  1  ( x 2  2 x  1)  ( x  1) 2  0
pt trở thành : 2 x  x 2  1  x 2  2 x  1

 x 1

0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

Câu 3: (4 điểm)
a

Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.


2
Tìm GTNN của biểu thức: M =  x 



1  2 1 
 y  2 
y2  
x 

1
x4 y 4  2 x2 y 2  1
 2 1  2 1 
2 2
M =  x  2  y  2  = x y  1  1  2 2 
x y
x2 y 2
y 
x 


2đ


x y

2

2



1

2

2

 x2 y 2  1  
1 



   xy  
2 2
x y
xy 
 xy  
1 
1  15
Ta có: xy    xy 

xy 
16 xy  16 xy

2

0,5

0, 5

1
1
1 1
 2 xy.
 2. 
(1) *
16 xy
16 xy
4 2
x y 1

1
1
1
4 1
15
15
xy 
  xy  
 4
  

(2)
2
2
4
xy
16 xy 16 4 16 xy 4

* Ta có: xy 



Từ (1) và (2)   xy 



1  
1  15
1 15 17
  

   xy 

xy  
16 xy  16 xy 2 4
4

2


1   17 
289
Vậy M =  xy      
xy   4 
16

1

1

1
 xy 
 xy 
16 xy  
4x y
Dấu “=” xảy ra  
(Vì x, y > 0)
2
 x y
 x  y


Vậy min M =

0,5

2

0,25

0,25

1
289
tại x = y =
2
16
0,5

b

1
1
1


6
x

y
y


z
z

x
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:
1
1
1
3



Chứng minh rằng: 3x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 2

1 1
4
 
Áp dụng BĐT a b a  b


Ta có:

1
11 1
   
ab 4 a b 

(với a, b > 0)

2đ

0.5



1
1
1
1
1

 


3x  3 y  2 z  2 x  y  z    x  2 y  z  4  2 x  y  z x  2 y  z 


 1 1  1
1
1
1
1
1
1 






  

4   x  y    x  z   x  y    y  z   4  4  x  y x  z x  y y  z  



1 2
1
1 




16  x  y x  z y  z 

1
1 2
1
1 
 



3
x

2
y

3

z
16
x

z
x

y
y

z


Tương tự:
1
1 2
1
1 
 



2 x  3 y  3z 16  y  z x  y x  z 
cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4 



 



3x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 16  x  y x  z y  z 
4 1
1
1  1
3
 


  .6 
16  x  y x  z y  z  4
2

0,5

0,5

0,5

0,5
Caai 4: (5 điểm)

B
1

D
I

O
C

0,25

H
1

E

P

A

Q

F

.


BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA

0,75đ.

Nối OE,  BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF
AE AB

AE
AB
AE AB






1
1
AB AF
OA
AQ
AB
AF
2
2
Vậy  AEO  ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ  AEO mà ABQ  P1 (góc có các
cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO  P1 , mà hai góc đồng vị => PH // OE.
Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:
P  sin 6   cos6    sin 2     co s 2  
3

2

4

0,25đ

.

3

0,75đ.

P   sin   cos   sin   sin  cos   cos  
2

0,75đ.

2

2

4

P   sin 2   cos2    3sin 2  cos2   1  3sin 2  cos 2 
2

0,5đ

Ta cã:

sin

2

  cos2    4sin 2  cos2   1  4sin 2  cos2   sin 2  cos2  
2

2
2
Suy ra: P  1  3sin  cos   1 

Do ®ã: Pmin 

1
khi vµ chØ khi:
4

1
4

3 1

4 4

0,25đ
0,25đ

sin 2   cos2   sin   cos  (v×  lµ

sin 
 1  tg  1    450
cos 
Khi đó CD vuông góc với AB

gãc nhän) 

0,25đ
0,25đ

0,25đ
3. Ta có  ACB và  ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên
ACB  ADB  900 => ADBC là hình chữ nhật.
0,25đ
Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF
 AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF
Ta có:
BE 2 EA.EF AE
BE 4 AE 2 CE.BE
BE 3 CE







BF 3 DF
BF 2 FA.EF AF
BF 4 AF 2 DF .BF
Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2

0,25đ




 n4  n3 1  n2  K



2

 n 4  2Kn 2  K 2

(K  N * )

 n 3  2Kn 2  K 2  1  n 2 (n  2k)  K 2  1  0
Mà K 2  1 n 2  K 2  1 hoặc n 2  K 2  1
Nếu K 2  1  K  1  n 2 (n  2)  0  n  2
Thử lại 2 4  23  1  52 ( thỏa mãn)
Khi K  1  K 2  K 2  1  n 2  K  n
 n  2k  0
mâu thuẫn với điều kiện n 2 n  2K   K 2  1  0

Vậy n = 2

(1đ)