DE THI HSG TOAN 9 VINH TUONG 2013 2014

Cho tam giác ABC nhọn AB... Thử lại x=0 là nghiệm pt.. Vậy pt đã cho có nghiệm x=0... x x Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có cặp ô đỏ nào có hình

PHÒNG GD & ĐT VĨNH TƯỜNG 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)

Ngày thi: 19 tháng 12 năm 2013

Câu 1 a) Tính: 5 2 2  9 4 2

b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện

4

A a  b  c  b  c  a  c  a  b  abc

Câu 2 Giải các phương trình sau:

a) x x 1 x 4 x9 0 b) 2(x2 + 2) = 5 x 3 1

Câu 3 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x y z; ;  thỏa mãn 2013

2013

x y

y z





là số hữu tỉ, đồng thời x2 y2z2 là số nguyên tố.

Câu 4 Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai

đường cao BE, CF cắt nhau tại H Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.

a) Chứng minh các điểm B, C, E, F thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G Chứng minh G

là trọng tâm của tam giác ABC.

Câu 5 a) Cho a, b, c là các số thực; x, y, z là các số thực dương

Chứng minh :

 

  b) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn -1.

Chứng minh :

2

Câu 6 Cho bảng vuông 13x13 Người ta tô màu đỏ ở S ô vuông của bảng

sao cho không có 4 ô đỏ nào nằm ở 4 góc của một hình chữ nhật Hỏi giá trị lớn nhất của S có thể là bao nhiêu?

-Hết -(Đề này gồm có 01 trang)

Họ và tên thí sinh: ……… ……Số báo danh: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÒNG GD&ĐT VT HƯỚNG DẪN CHÁM ĐỀ THI HSG 9

NĂM HỌC 2013 - 2014

2

5 2 2 (2 2 1) 5 2 3 2 2

5 2 ( 2 1) 3 2 2 ( 2 1) 2 1

A a  b  c  b  c  a  c  a  b  abc

2

 a a bc  a a bc  a abc

Tương tự b(4 c)(4 a) 2 b abc, c(4 a)(4 b) 2 c abc

 A a b c   abc  abc  a b c   abc 

a) ĐK: x0 Pt x 9 x4 x 1 x (1)

5 1

 x 9 x4 5( x 1 x) (2)

Từ (1),(2) suy ra:

x9 3 x 1 2 x 3 x 1 9x 9 x ,dấu “=” xảy ra 9

khi x=0 Thử lại x=0 là nghiệm pt

Vậy pt đã cho có nghiệm x=0

b) ĐK: x-1

Đặt a = x  , b = 1 x2 x với a1 0, b>0

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

2(a2 + b2) = 5ab (2a-b)(a-2b)=0

 2a=b hoặc a=2b Với a=2b  x  =21 x2 x1  4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm

Với b=2a  x2 x =21 x 1  x2-5x-3 = 0 5 37

2

  (thỏa mãn đk x-1.)

Câu 3

2013

n

y z



  2013

nx my mz ny

0

xz y



x y z  x z  xz y  x z  y  x y z x z y   

Vì x y z  1 và x2y2z2 là số nguyên tố nên

1

x y z



  



Từ đó suy ra x  y z 1 (thỏa mãn)

M G

D

O F

E

H

C B

A

BFC = BEC = 900 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC

Ta có ·ACD = 900  DCAC

Mà HEAC; suy ra BH//DC (1) Chứng minh tương tự: CH//BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành

Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD

Do đó AM, HO trung tuyến của AHD G trọng tâm của AHD

GM 1

AM 3

Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, GM 1

AM 3 Suy ra G là trong tâm của ABC

Câu 5 a) (0,5điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2 (a b c ).(x y z) ( a x b y c z)

2 (a b  c) (a+b+c)2

 đpcm

b) (1 điểm) Vế trái

2(1 ) (1 ) 2(1 ) (1 ) 2(1 ) (1 )

M

Đặt 1x2 a,1y2 b,1z2 c với a, b,c >0

Khi đó M =

c b  a c  b a  ac ab  ab bc  bc ac Sau đó áp dụng bđt ở phần a) và bđt

2 (a b c  ) 3(ab bc ca  ) M 2

Từ đó có đpcm

Câu 6

Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i

Ta có: S= x1 + x2 + …+ x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là C2

xi = ( 1)

2

i i

x x 

Vậy tổng số các cặp ô đỏ là A= 1( 1 1) 2( 2 1) 13( 13 1)

x x

Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có cặp ô đỏ nào có hình chiếu trùng nhau

Vậy C2

13=78 A= 1( 1 1) 2( 2 1) 13( 13 1)

x x



2

156

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2

13

s

 s2-13s-20280S52 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = …= x13 = 4 (mỗi dòng có 4 ô được tô đỏ) (Học sinh lập luận chỉ ra S52 được 0,25đ)

Vẽ hình minh họa: (0,25đ)

x x x x

Vậy giá trị lớn nhất của S=52

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa./.

4 4 4 4 4 16

2

 a a bc  a a  bc  a abc

Tương tự b(4 c)(4 a) 2 b abc, c(4 a)(4 b) 2 c abc

 A a b c   abc abc  a b c   abc 

Câu 3

2013

n

y z



nx my mz ny

0

xz y



x y z  x z  xz y  x z  y  x y z x z y   

Vì x y z  1 và x2y2z2 là số nguyên tố nên

1

x y z



  



Từ đó suy ra x  y z 1 (thỏa mãn)

G

D

O F

E

H

C B

A

BFC = BEC = 900 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC

Ta có ·ACD = 900  DCAC

Mà HEAC; suy ra BH//DC (1) Chứng minh tương tự: CH//BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành

Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.

Do đó AM, HO trung tuyến của AHD G trọng tâm của AHD

GM 1

AM 3

Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, GM 1

AM 3 Suy ra G là trong tâm của ABC

Câu 5

c) (0,5điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2 (a b c ).(x y z) ( a x b y c z)

2 (a b  c) (a+b+c)2

 đpcm

d) (1 điểm) Vế trái

2(1 ) (1 ) 2(1 ) (1 ) 2(1 ) (1 )

M

1x a,1y b,1z c với a, b,c >0 Khi đó M =

c b  a c  b a  ac ab  ab bc  bc ac Sau đó áp dụng bđt ở phần a) và bđt

2 (a b c  ) 3(ab bc ca  ) M 2

Từ đó có đpcm

Câu 6

Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i

Ta có: S= x1 + x2 + …+ x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là C2

xi = ( 1)

2

i i

x x 

Vậy tổng số các cặp ô đỏ là A= 1( 1 1) 2( 2 1) 13( 13 1)

x x

Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có cặp ô đỏ nào có hình chiếu trùng nhau

Vậy C2

13=78 A= 1( 1 1) 2( 2 1) 13( 13 1)

x x



2

156

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2

13

s

 s2-13s-20280S52 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = …= x13 = 4 (mỗi dòng có 4 ô được tô đỏ) (Học sinh lập luận chỉ ra S52 được 0,25đ)

Vẽ hình minh họa: (0,25đ) Vậy giá trị lớn nhất của S=52