ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - MÔN TOÁN-NGHI XUÂN-HÀ TĨNH

UBND HUYỆN NGHI XUÂN
PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 -2014
Môn: Toán. Thời gian làm bài: 150 phút


Câu 1: a. Tính giá trị của biểu thức:
6 2 5 14 6 5A = − + −
b. Tìm x; y thỏa mãn:
2 2 4 4 0x y xy x+ − − + =

Câu 2: a. Giải phương trình nghiệm nguyên:
4 2 2
5 4 85 0x y x y+ − − =

b. Cho x ; y ; z là các số nguyên và
( ) ( ) ( )
5 5 5
2012 2 2013 3 2014
2 3 2013.
P x y z
S x y z

= + + − + +


= + + +


Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30.

Câu 3: Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn:

2 2 2
1
x y z
2
1 1 1 1
4
x y z xyz
1 1 1
0
x y z

+ + =



+ + + =



+ + >


.
Tính giá trị của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2009 2009 2011 2011 2013 2013
P y z z x x y
= + + +

Câu 4: a. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H, trọng tâm I; Giao điểm 3 đường trung
trực là O, trung điểm của BC là M.
Tính giá trị biểu thức:
2 2
2 2
IO OM
IH HA
+
+
b. Cho góc
·
xOy
. Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N.
Biết giá trị biểu thức
1 1
OM ON
+
không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi.
Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: a. Cho các số x; y; z không âm, không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn:
1 1 1
1
x 1 y 2 z 3
+ + ≤
+ + +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
P x y z
x y z

= + + +
+ +
b. Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1
2013 2013 2013
x y z
x yz y zx z xy x y z
+ + ≥
− + − + − + + +
Hết
Họ và tên thí sinh SBD
PHÒNG GD-ĐT NGHI XUÂN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013-2014

Câu 1:(4 điểm) . a) 1,5 điểm. b) 2,5 điểm
BIỂU ĐIỂM
a)
( ) ( )
2 2
6 2 5 14 6 5 5 1 3 5 5 1 3 5 2A = − + − = − + − = − + − =
1,5
b) ĐKXĐ:
0;
0; 0
x y
x y

= ∀


> ≥

0,5
Xét x = 0. Suy ra y = - 4 ( Thỏa mãn)
0,75
Xét
0; 0x y> ≥
. Biến đổi PT về dạng:
( ) ( )
2 2
2 0x y x− + − =
Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn).
1,0
KL:
( ) ( )
; 0; 4x y = −
hoặc
( ) ( )
; 4;4x y =
0,25
Câu 2: (4,5 điểm) a) 2,25 điểm. b) 2,25 điểm
a) Phương trình đã cho tương đương với
( )
2
4 2
85 2x y x= − −
0,5

Lập luận
4 4
85 4x ≤ <
Mà
x Z∈
Suy ra
4
x ∈
{
4 4 4 4
0 ;1 ;2 ;3
}
1,0

4 4
0x =
thì
2
85y =
( loại)
4 4
1x =
thì
( )
2
2 84y − =
( loại)
4 4
2x =
thì

( )
2
8 71y − =
( loại)
4 4
3x =
thì
( )
2
18 4y − =

⇔
18 2
18 2
y
y
− =


− = −

⇔
20
16
y
y
=


=


Khi đó
3
3
x
x
=


= −

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên
( )
;x y
là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16)
0,75
b) Đặt
2012; 2 2013; 3 2014a x b y c z= + = − = +
. Ta có:
5 5 5
P a b c
S a b c
= + +
= + +
( a ; b ; c là các số nguyên )
Xét
( ) ( ) ( )
5 5 5
P S a a b b c c− = − + − + −
0,5

2
Ta có : với mọi số nguyên m thì
5
m m−
chia hết cho 30
Thật vậy:
5 4 2 2
( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 1)m m m m m m m m m m m m m m m
− = − = − + = = − + − + + − +
(1)
Với mọi số nguyên m thì
;( 1);( 1);( 2);( 2)m m m m m− + − +
là 5 số nguyên liên tiếp
nên trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3;1 thừa số chia
hết cho 5 mà 2; 3; 5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên tích của chúng chia
hết cho 2.3.5. Hay
( 1)( 1)( 2)( 2)m m m m m− + − +
chia hết cho 30 (2)
Và
;( 1);( 1)m m m− +
;( 1);( 1);( 2);( 2)m m m m m− + − +
là 3 số nguyên liên tiếp nên
trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3 mà 2; 3 nguyên tố
cùng nhau nên tích của chúng chia hết cho 2.3. Hay
5 ( 1)( 1)m m m− +
chia hết cho
30 (3)
Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì
5
m m−

chia hết cho 30
Do đó
( ) ( ) ( )
5 5 5
P S a a b b c c− = − + − + −
chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên
1,75
Câu 3: (2,5 điểm)
Từ giả thiết suy ra:
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 2
x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z
   
+ +
= + + + = + + + = + + + + + = + +
 ÷  ÷
   
Mà
1 1 1
0
x y z
+ + >
suy ra
1 1 1
2
x y z
+ + =
(1)

Mặt khác
1
x y z
2
+ + =
suy ra
1
2
x y z
=
+ +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
+ +
(3)
1,0
Biến đổi (3)
⇔
( ) ( ) ( )
x y y z z x 0+ + + =
1,0
⇔
2013 2013 2013 2013
2009 2009 2009 2009
2011 2011 2011 2011
0 0
0 0

0 0
x y x y x y x y
z y y z y z y z
x z z x z x z x
 
+ = = − = − + =
 
 
 
+ = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ + =
 
 
 
 
+ = = − = − + =
 
 
nên P = 0
0,5
Câu 4 :(5,5 điểm) a) 3 điểm. b) 2,5 điểm
a) Ta có MO // HA (cùng vuông góc với BC)
OK // BH (cùng vuông góc với AC)
⇒
·
KOM
=
·
BHA
(góc có cạnh tương ứng song song)
MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC)

⇒
·
HAB
=
·
OMK
(góc có cạnh tương ứng song song)
⇒ ∆ABH đồng dạng với ∆MKO (1,0)
⇒
MO MK 1
AH AB 2
= =
( 0,5)
3
A
B
C
H
M
K
I
O
Xét ∆AIH và ∆MIO có
MO MI 1
AH AI 2
= =
và
·
OMI
=

·
HAI
(so le trong)
⇒ ∆AIH đồng dạng với ∆MIO ⇒
IO 1
IH 2
=
⇒
= =
IO OM 1
IH HA 2
1,0
⇒
+
= = =
+
2 2 2 2
2 2 2 2
IO OM IO OM 1
4
IH HA IH HA
⇒
2 2
2 2
1
2
IO OM
IH OA
+
=

+
0,5
b) Giả sử
1 1 1
OM ON a
+ =
(1) ( a là số dương cho trước). Lấy điểm D trên Oy sao
cho OD = a thì OD < ON. Vẽ DI song song với Ox ( I
∈
đoạn MN ). Lấy E trên Ox
sao cho OE = ID. Khi đó OEID là hình bình hành.
1,0
Ta có
1
OE OD NI EI NI MI
OM ON NM ON NM MN
+ = + = + =
=>
1 1 1
.
OE
ON OD OM OD a
+ = =
(2)
0,75
Từ (1) và (2) =>
1
.
OE
OM OD OM

=
=>
1
OE
OD
=
=> OE = OD = a không đổi, mà
D
∈
Oy; E
∈
Ox nên D; E cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình hành
nên I cố định. Vậy d luôn đi qua I cố định (ĐPCM)
0,75
CÂU 5 (3,5 điểm) Câu a) 2 điểm. Câu b) 1,5 điểm
a) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với
∀
a, b, c
∈
R và x, y, z > 0 ta có
( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ + ≥
+ +
(*) Dấu “=” xảy ra

⇔

a b c
x y z
= =
Thật vậy, với a, b
∈
R và x, y > 0 ta có
( )
2
2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
(**)
⇔
( )
( ) ( )
2
2 2
a y b x x y xy a b+ + ≥ +

⇔
( )
2
0bx ay− ≥
(luôn đúng)

áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
+ + +
+ + ≥ + ≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra
⇔

a b c
x y z
= =
Áp dụng với a = b= c = 1 ta có
( )
2
1 1 1
1 1 1 9
1
1 2 3 6 6x y z x y z x y z
+ +
≥ + + ≥ =
+ + + + + + + + +
=>
6 9x y z+ + + ≥
=>
3x y z+ + ≥

( Có thể chứng minh BĐT trên nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski )
1
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có:
1 8(x y z) x y z 1 8.3 x y z 1 10
P x y z 2. .
x y z 9 9 x y z 9 9 x y z 3
+ + + + + +
= + + + = + + ≥ + =
+ + + + + +
0,75
4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các số x; y; z không âm và không đồng thời bằng 0
thỏa mãn :
x y z 3
x y z 1
9 x y z
x 1 y 2 z 3
1 1 1
1
x 1 y 2 z 3
+ + =


+ +

=
+ +


+ = + = +



+ + =

+ + +

⇔
x 2
y 1
z 0
=


=


=

( Thỏa mãn)
Vậy Min
10
P
3
=

⇔
x = 2; y = 1; z = 0.
0,25
b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2 2 2

2013 2013 2013
x y z
VT
x yz y zx z xy
= + +
− + − + − +
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2013 2013 2013
x y z
x x yz y y zx z z xy
= + +
− + − + − +
( )
( )
2
3 3 3
3 2013
x y z
x y z xyz x y z
+ +
≥
+ + − + + +
(1)
Chú ý: xy + yz + zx = 671 nên
( )
2
2013x x yz− +
=

( )
2
1342 0x x xy zx+ + + >
,
( )
2
2013 0y y zx− + >
và
( )
2
2013 0z z xy− + >
0,75
Chứng minh:
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + − = + + + + − − −
( ) ( ) ( )
2
3x y z x y z xy yz zx
 
= + + + + − + +
 
(2)
( )
3 3 3
3 2013x y z xyz x y z
+ + − + + + =
( ) ( ) ( )
2

3 2013x y z x y z xy yz zx
 
+ + + + − + + +
 
=
( ) ( )
2
3.671 2013x y z x y z
 
+ + + + − +
 
=
( )
3
x y z+ +
(3)
0,5
Từ (1) và (3) ta suy ra
( )
( )
2
3
1
x y z
VT
x y z
x y z
+ +
≥ =
+ +

+ +
Dấu “=” xảy ra
⇔
x = y = z =
2013
3
.
0,25
( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng)
Hết
5