So sánh diện tích tam giác COD và diện tích tứ giác ACDB b.. Tìm giá trị nhỏ nhất của hai diện tích trên c... Vậy S∆ OCD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất Vậy CD nhỏ nhất khi là khoảng cách giữa
Trang 1
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 )
Bài 1( 6điểm)
1 Cho biểu thức: P = :
y x
xy y x
y x x xy
y y
xy x
a Tìm ĐKXĐ của P và rút gọn P
b Tính giá trị của P với x =8 4 3; y = 8 4 3
2
a) Tính giá trị biểu thức:
A =
100 99 99 100
1
3 2 2 3
1 2
1 1 2
1
100 99
1
4 3
1 2
1
1
2
Bài 2( 3 điểm)
a) Chứng minh rằng:
m = 3 - là nghiệm của phương trình x3 + 3x - 4 =0
2
5 3 5 2
b) Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
Chứng minh ab 1 là số tự nhiên.
Bài 3: ( 4 điểm)
a) Tìm các số nguyên x,y sao cho : 3x2 + 4y2 = 6x +13
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = với x,y,z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
y
zx x
yz z
xy
Bài 4: ( 5 điểm) Cho tam giác ABC Gọi Q là điểm trên cạnh BC (Q khác B,C ) Trên
AQ lấy điểm P (P khác A,Q ) Hai đường thẳng qua P song song với AC ,AB lần lượt cắt AB,AC tại M,N
AQ
PQ AC
AN AB AM
b) Xác định vị trí điểm Q để
27
1
.
.
AQ AC AB
PQ AN AM
Bài 5: (2 điểm) Cho x + y + z = x2 + y2 + z2 = x3 + y3 + z3 = 1
Tính giá trị của x2009 + y2011 + z2013
Hết
Trang 2Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán
Bài 1
(6 đ)
1.a) ĐKXĐ: x>0; y>0 ; x y
y x
xy y xy x
) (
) )(
( ) (
) (
x y xy
x y y x x y y y x y x x
= … y x
b) Tính được x = 2 ; y =
) 1 3 (
) 1 3 (
Thay x, y vào biểu thức p tính được
P = 2 ( 3 1 ) 2 ( 3 1 )
= 2 2
2 Chứng minh được
1
1 1
1 )
1 (
1
a) Áp dụng công thức trên thay k lần lượt từ 1 đến 99 ta được
1-100
1 99
1
3
1 2
1 2
1 1
10
9
10 1
7
2 6
2 3
1 2 1
1 2
4 1 2
Từ đó ta có B >
7 2
0, 0,5 đ 0,5 đ 1,5đ 0,25đ 0,25đ
0,5 đ 0,5 đ
1,0 đ
0,75 0,25đ
Bài 2
3 = 4 – 3m Suy ra m3 + 3m - 4 =0 Kết luận
b) Ta có a = 11…1 ;
2008 chữ số 1
b = 100…05 = 100…00 + 5 = 102008 +5 = (9a+1) +5 =9a+6
2007 chữ số 0 2008chữ số 0
ab +1 = a( 9a +6) +1= ( 3a+1 )2
Nên ab 1 = 3a +1
Vì a N nên 3a +1 N (Đpcm)
1,0đ 0,25đ 0,25đ
1,
0,5đ 0,5đ
0,5 đ
Bài 3
( 4đ) a) Biến đổi 3x
2 + 4y2 = 6x +13 3(x-1)2 = 16 – 4y2 = 4(4 – y2 )
Vì VT 0 nên VP 0 suy ra (4 – y 2 ) 0
… Suy ra y - 2 ;-1; 0; 1; 2
0,5đ 0,5đ
Trang 3Thay lần lượt các giá trị của y ta tìm được các cặp nghiệm sau:
(x,y) ( 1 ; 2 ); ( 3 , 1 ); ( 1 ; 1 ); ( 1 , 2 ); ( 3 ; 1 ); ( 1 ; 1 );
y
zx x
yz z
xy
2 2 2
2 2 2
2 2
y
x z x
z y z
y x
= B +2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
2 2
2
2 2 2 2
2
2 2
2
2 2
2 y
x z
z y y x x
z y z
y
x
2
2 2
2
2 2
2z
y
x z x
z y
2
2 2
2
2 2
2x
y
x z z
y x
Cộng vế với vế ta được 2B 2 B 1
Do đó A2 = B +2 3 nên A 3
Vậy Min A = x=y=z= 3
3 3
1,0đ
0,5đ
1,0đ
0,5đ Bài 4
(5 đ) a) AGọi H = PN BC, I = MP BC
M N
P
B H Q I C
Ta có = 1 (1)
AC
NC AC
AN
Mặt khác áp dụng định lí Ta let ,ta có :
(2)
BC
IH BC
CI BC
IH CI BC
CH AC
NC
MI AC nên (3)
AB
AM
BC CI
Vì ABC đông dạng với PHI (g,g)
mà (4)
AB
PH
BC IH
AQ
PQ AB
PH
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra
AC
NC AC
AQ
PQ AC
AN AB AM
b)Từ câu a ta có:
1
.
.
.
CI AN IH CI BH IH
PQ AN AM
0,5đ
0,25đ
1,0đ
1.0đ
Trang 4ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 ( 6 điểm )
2
1 1
2 2
3 9
x x
x x
x
x x
a Rút gọn P
b Tìm để P = 1x
Tìm để Px 2 > P
c Tìm các giá trị nguyên của sao cho P cũng là số nguyên x
Bài 2 (4 điểm )
Giải phương trình
a (x 3 )( x 4 )( x 5 )( x 6 ) 24
b 2 x x2 1 = 2 x x2 1
Bài 3 ( 3 điểm )
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x xy y 2 0
27 3
3
3
3
BC HB
IH
Dấu “=” xảy ra CI = IH =HB Khi đó Q là trung điểm của BC
1,0đ
0,5đ
Bài 5
(2 đ) Từ x +y +z =1 suy ra ( x +y +z )
2 =1 ….Nên xy +yz +xz =0 (1)
Chứng minh được
x3 + y3 + z3 -3xyz = ( x +y +z).( x2 + y2 + z2 –xy –yz –xz)
Do đó …3xyz = xy +yz +xz (2)
Từ (1) và (2) ta có 3xyz =0 x=0 hoặc y=0 hoặc z =0
+) Nếu x =0 thì yz=0 y =0 thì z=1
z =0 thì y=1
Vậy (x,y,z) = (0,0,1); (0,1,0)
Tương tự xét với y=0, z=0 thì trong hai số còn lại có một số bằng
0 và một số bằng 1
Vậy trong mọi trường hợp thì có hai số bằng 0 và một số bằng 1
Do đó A =1
0,5đ 0,25đ
1,0 đ 0,25 đ
Trang 5Bài 4 ( 5 điểm )
Cho đường tròn đường kính AB = 2R và hai tiếp tuyến A ; B và một tiếp x y
tuyến thứ ba với M là tiếp điểm cắt A ở C, cắt B ở D.x y
a So sánh diện tích tam giác COD và diện tích tứ giác ACDB
b Tìm giá trị nhỏ nhất của hai diện tích trên
c Chứng minh AC.BD = R2
Bài 5 ( 2 điểm )
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn thỏa mãn điều kiện
C B
C
1 sin
1 sin
sin
Chứng minh rằng tam giác ABC cân
………….HẾT………
Trang 6HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi : Toán
Bài Nội dung Điểm Bài 1
( 6 đ ) a Tìm đúng điều kiện : ≥ 0 ; ≠ 1x x
P =
) 2 )(
1 (
) 2 )(
1 ( ) 2 )(
1 (
2 3
x x
x x
x x
x x
=
1
1
x x
b P = 1 P = 1 hoặc P = -1
x 1 x 1 (loại) Hoặc x 1 ( x 1 )
x 0 TXĐ
c P2 > p P2 – p > 0 P( P – 1 ) > 0
P < 0 ; P > 1
+) P > 1 x 1 0 > 1x
+) P < 0 x-1 < 0 < 1x
Kết hợp 0 ≤ < 1 x
Vậy P2 > p > 1 x hoặc 0 ≤ < 1x
x ≥ 0 và ≠ 1x
d P = 1 + z
1
2
Do đó x z
Và x - 1 Ư(2)
Vậy = 0 ; 4 ; 9x
0,25 đ 0,75 đ
0,5 đ 0,25 đ
0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Bài 2
( 4 đ ) a ( x(x23)(9x x618)()(xx24)(9x x5)20)24 24 (1)
Đặt x2 9x 19 y
(1) ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
y2 – 25 = 0
(x2 9x 24 )(x2 9x 14 ) 0
(x 2 )(x 7 )(x2 9x 24 ) 0
Chứng tỏ x2 x9 24 0
Vậy nghiệm của phương trình : x 2 ;x 7
b Ta có 2xx2 1 (x2 2x 1 ) (x 1 )2 0
pt trở thành : 2xx2 1 x2 2x 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
Trang 7 x 1 0,5 đ
0,25 đ Bài 3
(3 điểm
)
Ta có : xxy y 2= 0
x(y 1 ) (y 1 ) 1
(y 1 )(x 1 ) 1
Các nghiệm : ( -2; 0 ) , ( 0 ; -2 )
1 đ
1 đ
1 đ
Bài 4
( 5
điểm)
Bài 5
( 2 điểm)
a ∆ OAC = ∆ OMC (cạnh huyền góc nhọn )
∆ OBD = ∆ OMD (cạnh huyền góc nhọn )
)
Vậy S∆ OCD = S∆ CBD
2 1
b Ta có S∆ OCD = OM CD
2 1
Mà OM = R không đổi Vậy S∆ OCD nhỏ nhất khi CD nhỏ
nhất
Vậy CD nhỏ nhất khi là khoảng cách giữa hai đường thẳng
song song
AC và BD Tức là CD = AB = 2 R
Khi đó S∆ OCD = R 2R = R2
2 1
Khi đó ACDB là hình chữ nhật
Vậy SACDB = 2R2
c Ta có OM2 = MC MD x
y
Nhưng MC = CA, MD = BD, OM = R
Vậy AC BD = R2 M
C D
M
O
o
A O B
Từ
C B
C
1 sin
1 sin
sin
4 sinBsinC = (sinB + sin C)2
( sinB – sinC )2 = 0
sinC = sin B
Góc C = Góc B
Vậy ∆ ABC cân
0,5 đ 0,5đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5đ
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
Trang 8
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2013-2014 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài :150 phút( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (5 điểm)
a Rút gọn A
b Tìm x để A = 6
Bài 2: (4 điểm)
2 Tìm x, y, z biết:
1
2
Bài 3: (3đ)
1 Cho a + b = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = a3 + b3
2 Chứng minh rằng nếu: 1 1 1
3 àv
a b c
a + b + c = abc thì ta có: 12 12 12 7
Bài 4: (1điểm)
Chứng minh rằng: Số chính phương lẻ chia cho 8 dư 1
Bài 5: (5 điểm)
Cho ABC tiếp xúc với 3 cạnh BC, CA và AB lần lượt tại D, E và F Đặt DB = x, DC
= y, AE = z
a Tìm một hệ thức liên hệ giữa x, y, z
b Chứng minh rằng: AB AC = DB.DC
Bài 6: (2 điểm)
Một tam giác có độ dài ba cạnh là: a; b; c thỏa mãn:
(a + b – c)3 + (b + c – a)3 + (c + a – b)3 = a3 + b3 + c3
Đề chính thức
Trang 9Chứng minh tam giác đó là tam giác đều.
****************Hết**********************
Trang 10HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1:
a/ ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1 (0,5 điểm)
(2,5 điểm)
A
x
x
x = 1 (loại) (1 điểm) Vậy không có giá trị nào của x để A = 6 (0,25 điểm)
Câu 2:
1, VP = x2 – 18x + 16 = (x – 4)2 + 2 ≥ 2
Dấu “=” xảy ra x = 4 (1) (0,75 điểm)
VT = 2
Dấu “=” xảy ra x = 4 (2) (0,75 điểm)
Từ (1) và (2) nghiệm của phương trình là: x = 4 (0,5 điểm)
2, ĐKXĐ: x ≥ 2008, y ≥ 2009, z ≥ 2010 (0,5 điểm)
1
2
(1 điểm)
x = 2009
z = 2011
Bài 3:
1, Từ a + b = 1 b = 1 – a M = a 3 + (1 – a)3 (0,5 điểm)
M = 3 (a2 – 2a + ) +
4
1 4
(0,5 điểm)
2
3
Trang 11Dấu “=” xảy ra 1 0 1
M a
a/ Từ
abc
4 Gọi m2 là số chính phương lẻ (m N)
Vì m là số lẻ m = 2n + 1
m2 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 4m (n + 1) + 1
Vì n (n + 1) là 2 số nguyên liên tiếp nên n (n +1) 2 4m (n + 1) 8
m2 = 4n (n + 1) + 1 chia cho 8 dư 1
5 vẽ hình đúng: 0,5 điểm
a Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau: BD = BF, AE = AF, CD = CE
BC = x + y; AC = y + z; AB = x + z (1 điểm)
BC2 = AB2 + AC2 (x + y)2 = (x + z)2 + (y + z)2
xy = z (x + y +z) (1) (1 điểm)
b Gọi r là bán kính, I là tâm của đường tròn nội tiếp ABC
SABC = AB AC = BC.r + CA.r + AB.r = (x + y + z).r (2) (1 điểm)
2
1 2
1 2
1 2
Tứ giác AEIF là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông) lại có AE = AF
Trang 12Đặt x = b + c – a
y = c + a – b ( x, y, z > 0)
z = a + b – c
(0,5 điểm)
Ta có:
(a + b – c)3 + (b + c – a)3 + (c + a – b)3 = a3 + b3 + c3
8 (x3 + y3 + z3) = (x + y)3 + (y + z)3 +(z + x)3
2 (x3 + y3 + z3) = xy2 + y2z + yz2 + z2x + zx
(x3 + y3 – x2y – xy2) + (y3 – z3 – y2z – yz2) + ( z3 + x3 – z2x – xz2) = 0
(x + y) (x – y)2 + (y + z) (y – z)2 + (z + x) (z – x)2 = 0 (1 điểm)
x = y = z ( vì x, y, z > 0)
A = b = 0 Tam giác đã cho là tam giác đều (0,5 điểm)
Trang 13ĐỀ thi HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC:
Câu I (4,0 điểm):
x
x x
x x
x
x x
3
3 1
3 2
3 2 3
1 Rút gọn P
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P và giá trị tương ứng của x
Câu 2 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 2 2 2
1 10 5
11 6
x
b) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn:
1 15 19
6
4 2
2 2
3 3
y xy x
y x y x
c) Tìm số tự nhiên n để An2012 n2002 1 là số nguyên tố
Câu 3 (3,0 điểm)
1 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i abbccaabc
ii 3 33 33 3 3 3 3
c b a a c c b b
Chứng minh rằng: abc 0
2 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1 p p2 p3 p4 là số hữu tỷ
Câu 4 (6,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O) Lấy điểm P trên cung AB không chứa C của đường tròn (O) (P khác A và B) Đường thẳng qua P vuông góc với
OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại Q, R; đường thẳng qua P vuông góc với OB cắt các đường thẳng AB, BC theo thứ tự tại S, T
a) Giả sử tam giác ABC cân tại C Tìm vị trí của P trên cung AB để tổng PA +
PB + PC đạt giá trị lớn nhất
b) Chứng minh rằng PQ2 = QR.ST
Trang 14a) Cho ba số dương a, b và c thỏa abc 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a c c b b a
ca bc ab c
b a A
2 2 2 2 2 2
14
b) Giả sử a1 ,a2 , ,a11 là các số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2, đôi một khác nhau và thỏa mãn a1a2 a11 407 Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho
tổng các số dư của các phép chia n cho 22 số a1,a2, ,a11, 4a1, 4a2, , 4a11 bằng 2012?
-Hết -(Đề thi gồm 01 trang)
Trang 15đáp án và biểu điểm
Cõu I (4,0 điểm):
- ĐKXĐ : x x0 , 9
1 Với x x0 , 9 thỡ
x
x x
x x
x
x
x
3
3 1
3 2
3 2
3
1 3
1 3
3 1
3 3
2 3 1
3
x x
x x
x x
x x
x x
x x
= 1 3 =
24 8
3
x x
x x
x
x
1
8
x x
2đ
2 Với x x0 , 9 thỡ P = =
1
8
x
x
2 1
9
x
1
9
x
giỏ trị nhỏ nhất của P = 4 x = 4 ( thỏa món đkxđ)
2đ
Bài 2:
a) Ta cú:
1 2 10 2 5 5 2 10 2 2 1
10 5
11 6
x
Đặt y x 2, pt trở thành: 0,5đ
0 1 5 10 10
5
10 20 100
1 100 25
10 100 20
25 100
1 10 5
5 10
5
2 3
4
5
2 3
2 4
2 3
2 4
2 2
2 2
y y
y y y
y
y
y y y
y y
y y y
y y
y
y y
y
y
y
0,5đ
Với y 1 x 2 1 x 3
Vậy pt cú nghiệm duy nhất x 3 0,5đ
b)
Nếu x 0 thay vào hệ ta được: (hệ vụ nghiệm)
1 15
4 2
2 3
y
y y
0,5đ
1 6 19 15
4 1 2 1 1
15 19
6
4 2
2 2
3 2
2 2 2 2
3 3 3
t t x
t t
x x
t tx x
tx x x t x
0,5đ
Suy ra 1 2t3 0 ; 15t2 19t 6 0 và 62 61 5 5 0
6 19 15
1 2
1
4
2
t t t t
t t
t
Trang 16c)
XÐt n 0 th× A = 1 kh«ng phải sè nguyªn tố; 0,5®
XÐt n 1 th× A = 3 lµ sè nguyªn tố 0,5®
XÐt n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1
= n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) 0,5®
Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 - 1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1
Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1
Vậy A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 nªn A là hợp số Số tự nhiªn cần t×m n = 1 0,5®
Bài 3:
a)
Từ ii) suy ra: 2 22 22 2 3 3 3
c b a a ca c c bc b b ab a a c c b b
Kết hợp với i) suy ra: 2 22 22 2 3 3 3
c b a a ca c c bc b b ab a
0,5®
) 1 (
0
2 2 2 2 2
2 2
2 2
c b a a ca c c bc b b ab
a
abc
0,5®
Nếu abc 0
Từ các BĐT
ca a ca c
bc c bc b
ab b ab a
ca ca ca a
c
bc bc bc c
b
ab ab ab b
a
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
0,5®
Suy ra: 2 22 22 2 2 2 2, kết hợp với (1) suy ra
c b a a ca c c bc b b ab
Do đó: 8a3 0 a 0 abc 0 (mâu thuẫn với đk abc 0)
Vậy abc 0 0,5®
b)
là số hữu tỷ 4
3 2
,
1 p p p p n nN
0,5®
Thế vào (1) ta được 2
n p p
4 4p 4p 4p 4p (2p p 1) p 2p 3 0
Trang 17R Q
T
A
P
Giải pt tìm được p 1 (loại) và p 3
Vậy p 3 0,5®
Bài 4:
1
0,25®
a) Gọi giao điểm PC với AB là M
CPA CAM (g.g)
AM
PA CA
PC
0,5®
CPB CBM (g.g)
BM
PB CB
PC
AB
PB PA BM AM
PB PA BM
PB AM
PA CA
AB
CA PB
PA
PC
0,25®
Ta có: (không đổi)
CA
AB R PC CA
AB PC
PB PA
0,5®
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi P đối xứng với C qua O 0,5®
b) Do tam giác OAB cân, nên OAB OBA (1)
Do PROA nên 0 (2)
90
Tương tự, cũng có PSQ 90 0 OBA (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra PQS cân 0,5®
90
90
Do đó ARQ~ ABC~ TBS
Suy ra ARQ~ TBS QA ST (4)
M