de thi

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2013 - 2014
Mơn: Tốn
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm):
a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết
cho 19.
Câu 2. (4,0 điểm):
A

a. Cho
Biết xyz = 4, tính

x
xy  x  2



y
yz  y  1



2 z
zx  2 z  2 .

A.

a b c

x2 y 2 z 2
x y z
  0
  1
 2  2 1
2
b. Cho a b c
và x y z
. Chứng minh rằng: a b c
.

Câu 3. (3,0 điểm):
x2
2
2
Giải phương trình: x + ( x  1) = 3

Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
HA '

HB' HC '

a) Tính tổng AA ' + BB ' + CC '
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc
AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức

AB+ BC+CA ¿2
¿

đạt giá trị nhỏ
Ơ¿
¿

nhất?
2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60 0 quay
quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E.
Chứng minh rằng:
BC 2
a) BD.CE = 4

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Câu 5. (2,0 điểm):
Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
a
b
c
T = 3a  b  c + 3b  a  c + 3c  b  a

3
 5

__________ Hết __________


PHỊNG GD&ĐT PHÙ NINH
Híng dÉn chÊm thi CHỌN häc sinh giái líp 9
Năm học 2013 - 2014
(Có điều chỉnh biểu điểm so với đề thi)

Câu 1 (5,0 điểm):
a. (3,0 điểm)
¿
n+24=k 2
Ta có: n −65=h2
¿{
¿
2
2
 k  24 h  65
⇔ ( k − h ) ( k +h ) =89=1 . 89
⇔
k +h=89
k −h=1
⇒
¿ k =45
h=44
¿{

Vậy:
n = 452 – 24 = 2001
b. (2,0 điểm)
Với n = 0 ta có A(0) = 19  19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k  19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 19

Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.5 2n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên
n
Câu 2. (6,0 điểm):
a. (3,0 điểm)
ĐKXĐ x,y,z  0. Kết hợp xyz = 4  x, y, z  0; xyz 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với x , thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ ba bởi
xyz

A

ta được.
x
xy  x  2



xy
2  xy  x



2 z
z



x  2  xy

Suy ra A 1 (vì A>0).
b. (3,0 điểm)

a b c
ayz+bxz+cxy
  0 
0
x y z
xyz

Từ :
 ayz + bxz + cxy = 0



1


Ta có :
2

x y z
x y z
  1  (   ) 2 1
a b c
a b c

2

x
y
z2
xy xz yz



 2(   ) 1
2
2
2
a
b
c
ab ac bc
2
2
2
x
y
z
cxy  bxz  ayz
 2  2  2 2
1
a
b
c
abc
x2 y 2 z2
 2  2  2 1(dfcm)
a
b
c


Câu 3. (1,0 điểm):
ĐK: x - 1
x
x2
x2
x2
 ( x - x  1 )2 = 3 – 2 x  1  ( x  1 )2 + 2 x  1 - 3 = 0
1 5
x2
x2
=> x  1 = 1 => x1,2 = 2 Hoặc x  1 = -3 vô nghiệm

Câu 4. (6,0 điểm)
1. (3,0 điểm):

1
. HA ' . BC
S HBC 2
HA '
=
a) (1,0đ) S = 1
AA '
ABC
. AA ' .BC
2
S HAB HC '
S HAC HB '
Tương tự: S =CC ' ; S =BB '
ABC
ABC

HA ' HB' HC ' S HBC SHAB S HAC
+
+
=
+
+
=1
AA ' BB ' CC' S ABC S ABC SABC

b) (1,0đ) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
BI AB AN AI CM IC
=
;
= ;
=
IC AC NB BI MA AI
BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.
=
.
. =
. =1
IC NB MA AC BI AI AC BI
⇒BI . AN . CM=BN . IC. AM

c) (1,0đ) Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
- Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD
- Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2

⇒ AB2 + AD2
(BC+CD)2
AB2 + 4CC’2
(BC+AC)2
4CC’2
(BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2
(AB+AC)2 – BC2
4BB’2
(AB+BC)2 – AC2
- Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)
(AB+BC+AC)2
AB+ BC+CA ¿2
¿
⇔
Ơ¿
¿
Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB = BC
⇔ AB = AC =BC ⇔
Δ ABC đều

y

A
x

* Kết luận đúng
2. (3 ®iĨm):

E

D
1

B

2
1

2 3

M

C


0
^1
a) (1 điểm) Trong tam giác BDM ta có : ^
D1=120 M
0
0
Vì ^
M 2 = 60 nên ta có: ^
M 3=120 − ^
M1
^
Suy ra ^
D 1= M 3
Chøng minh Δ BMD ~ ΔCEM (1)
Suy ra BD =CM , tõ ®ã BD.CE = BM.CM

BM

CE

2
V× BM = CM = BC , nên ta có BD.CE = BC

2

b) (1 điểm) Từ (1) suy ra

BD MD
=
CM EM

4

mà BM = CM nên ta có

BD MD
=
BM EM
Δ BMD ∾ Δ MED
^
D 1= ^
D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

Chứng minh
Từ đó suy ra

Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c) (1 điểm) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chøng minh DH = DI, EI = EK
TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH; KÕt luËn.
Câu 5 (2,0 điểm):
Đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
=> x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c
=> 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
4 y  ( x  z) 4 z  ( x  y)
4 x  ( y  z)
y
x
z
=> 10T =
+
+
=
x
z
y
z
x
y
3
= 12 – ( x + x + y + y + z + z )  12 -6 =6 => T  5

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
___________________