weharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkh

weharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkh

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VIỆT TRÌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Môn Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao, nhận đề)

Đề thi có 01 trang

-Câu 1 (3,0 điểm)

a) Có hay không số tự nhiên n để n2 +2014 là một số chính phương

b) Chứng minh rằng 4n3 +6n2 +3n−4 không chia hết cho 27, với mọi số nguyên n

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho , , a b c là các số khác 0, thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tính giá trị của biểu thức: (a b b c) ( ) (b c c a) ( ) (c a a b) ( ).

P

b) Cho , , , a b c d là bốn số thực thỏa mãn: a b c d+ + + =0 Chứng minh rằng:

a3 + + +b3 c3 d3 =3(c d ab cd+ ) ( − )

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x+2 x2 − =x 2 x− +1 2( x−1) x

 − + + + − =







Câu 4 (7,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Trên cạnh AB lấy điểm M và trên

cạnh AD lấy điểm N sao cho AM =AN. Kẻ AH vuông góc với BN ( H thuộc

BN ), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm I và K

a) Chứng minh rằng HCM là tam giác vuông.

b) Chứng minh 12 1 2

AI + AK có giá trị không đổi

c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo , a biết rằng diện tích tam giác BCH gấp

9 lần diện tích tam giác AMH

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho , , a b c là các số dương thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ

S

- Hết

-Họ và tên thí sinh: SBD:

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 6 trang)

I Một số chú ý khi chấm bài

• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

• Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm

• Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.

II Đáp án và biểu điểm

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Có hay không số tự nhiên n để n2 +2014 là một số chính phương

b) Chứng minh rằng 4n3 +6n2 +3n−4 không chia hết cho 27, với mọi số nguyên

n

a) (1,5 điểm)

Giả sử n2 +2014=m2 (với m∈¥, m n> ) thì (m n m n− ) ( + ) =2014 1( )

Từ (1) suy ra trong hai số m n m n− , + có ít nhất một số chẵn

0,5 đ

Mặt khác (m n− +) (m n+ ) =2m là số chẵn

Do đó m n m n− , + là các số chẵn ⇒(m n m n− ) ( + ) 4 2M ( )

Dễ thấy 2014 không chia hết cho 4

Vậy không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1,0 đ

b) (1,5 điểm)

Đặt A=4n3 +6n2 +3n−4 thì B=2 4( n3+6n2 +3n−4)

( 3 2 ) ( )3

8n 12n 6n 1 9 2n 1 9

0,5 đ

Nếu (2n+1 3) M thì ( )3 ( )3

2n+1 27 M ⇒ 2n+1 −9 không chia hết cho 27 Nếu 2n+1 không chia hết cho 3 thì ( )3

2n+1 −9 không chia hết cho 3, do đó nó không chia hết cho 27

Vậy B không chia hết cho 27, do đó A không chia hết cho 27 với mọi số nguyên

n

1,0 đ

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho , , a b c là các số khác 0, thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tính giá trị của biểu thức: (a b b c) ( ) (b c c a) ( ) (c a a b) ( ).

P

b) Cho , , , a b c d là bốn số thực thỏa mãn: a b c d+ + + =0 Chứng minh rằng:

a3+ + +b3 c3 d3 =3(c d ab cd+ ) ( − )

Ta có b a b b c( ) ( ) (c b c c a) ( ) (a c a a b) ( )

P

abc

=

abc

abc

=

=

Ta dễ dàng chứng minh được: Nếu a b c+ + =0 thì a3 + + =b3 c3 3abc Do đó

( ) ( ) ( ) 3 3

9

P

abc

b) (2,0 điểm)

Ta có a b+ = − +(c d) nên

( ) ( )

+ = − +

1,0 đ

⇔a3+ + +b3 c3 d3 = −3ab a b( + −) 3cd c d( + )

Mặt khác a b+ = − +(c d) nên

a3 + + +b3 c3 d3 =3(c d ab cd+ ) ( − )

1,0 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x+2 x2 − =x 2 x− +1 2(x−1) x

b) Giải hệ phương trình: ( )

 − + + + − =







a) (2,0 điểm)

Với x≥1, phương trình đã cho tương đương với

( )2 ( )

2

x− − − x −x x− − =

0,5 đ

( ) ( )

2

2

1 1 0 1

x

 − − =



⇔

 − − − − =



0,5 đ

Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x=2

Mặt khác, phương trình (2) tương đương với x−1 1 2( − x) =1 3( )

Vì x≥1 nên 1 2− x <0, do đó phương trình (2) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x=2

1,0 đ

b) (2,0 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với 0,5 đ

( ) ( )

 + − − =



 + −  + − − =

 Đặt X = +x 1, Y = −y 1 thì hệ phương trình trên trở thành

2

XY X Y

 − =





3

2

XY X Y



⇔ 

− =



3 1 2

X Y

XY X Y



⇔ 

− =



1 2

X Y XY

− =



⇔  =

Thay X Y= +1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2

Y

Y

=



Với Y =1 thì X =2 Khi đó x=1, y =2.

Với Y = −2 thì X = −1 Khi đó x= −2, y = −1.

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S ={ (1; 2 , 2; 1 ) (− − ) }

0,5 đ

Câu 4 (7,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Trên cạnh AB lấy điểm M và trên cạnh

AD lấy điểm N sao cho AM = AN. Kẻ AH vuông góc với BN ( H thuộc BN ), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm I và K

a) Chứng minh rằng HCM là tam giác vuông.

b) Chứng minh 12 1 2

AI + AK có giá trị không đổi

c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo , a biết rằng diện tích tam giác BCH gấp 9 lần

diện tích tam giác AMH

I

D

K

M

C H

a) (2,5 điểm)

Chứng minh ∆ADI = ∆BAN g c g( ) nên DI = AN

Vì AM = AN nên DI =AM

Mặt khác AM / /DI nên AMID là hình bình hành

Vì ·MAD=900 nên AMID là hình chữ nhật

1,0 đ

Do đó BMIC cũng là hình chữ nhật Từ đó suy ra đường tròn đi qua 4 điểm , B

, ,

M I C nhận MC BI làm đường kính,

Mặt khác ·BHI =900 nên H thuộc đường tròn đường kính BI

1,0 đ

Do đó, H thuộc đường tròn đường kính MC

Vậy ·MHC=90 ,0 tức là HCM∆ vuông tại H 0,5 đ

b) (2,5 điểm)

Ta có AD CK nên / / AD IA AD CK

Tương tự AD IC

1,5 đ

Do đó

+

Vậy

1

  +  = ⇒ + =

Dễ thấy ∆HAB đồng dạng ∆HNA g g ( ) nên AB BH BC BH

Do đó BCH∆ đồng dạng ∆AMH

Từ đó suy ra ( )

2

=  ÷

Theo giả thiết ta có BC =3AM ⇒ AB=3AM AD, =3AN

0,5 đ

DN CI= = DI = nên tứ giác ABIN có diện tích bằng

2

0,5 đ

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho , , a b c là các số dương thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ nhất

S

Vì a b c+ + =1 nên

S

1

0,5 đ

Với , , A B C >0 và , , x y z tùy ý, ta chứng minh

2 2 2 ( ) ( )2

*

x y z

+ + + + ≥

+ + Thật vậy, trước tiên ta chứng minh 2 2 ( ) ( )2

**

x y

+ + ≥

+

Vì , , 0A B > nên ( ) ( 2 2) ( ) ( )2

( )2

0

Bx Ay

Đẳng thức xảy ra x y z

0,5 đ

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta suy ra: ( )

2

2

a b c S

+ +

≥

Ta dễ dàng chứng minh được ( )2 ( ) ( )

( )

3

1 3

ab bc ca S

ab bc ca

+ +

+ + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

a b c= = =

1,0 đ

Vậy minS = ⇔1 1.

3

a b c= = =

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 6 trang)

I Một số chú ý khi chấm bài

• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

• Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm

• Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.

II Đáp án và biểu điểm

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Có hay không số tự nhiên n để n2 +2014 là một số chính phương

b) Chứng minh rằng 4n3 +6n2 +3n−4 không chia hết cho 27, với mọi số nguyên

n

a) (1,5 điểm)

Giả sử n2 +2014=m2 (với m∈¥, m n> ) thì (m n m n− ) ( + ) =2014 1( )

Từ (1) suy ra trong hai số m n m n− , + có ít nhất một số chẵn

0,5 đ

Mặt khác (m n− +) (m n+ ) =2m là số chẵn

Do đó m n m n− , + là các số chẵn ⇒(m n m n− ) ( + ) 4 2M ( )

Dễ thấy 2014 không chia hết cho 4

Vậy không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1,0 đ

b) (1,5 điểm)

Đặt A=4n3 +6n2 +3n−4 thì B=2 4( n3+6n2 +3n−4)

( 3 2 ) ( )3

8n 12n 6n 1 9 2n 1 9

0,5 đ

Nếu (2n+1 3) M thì ( )3 ( )3

2n+1 27 M ⇒ 2n+1 −9 không chia hết cho 27 Nếu 2n+1 không chia hết cho 3 thì ( )3

2n+1 −9 không chia hết cho 3, do đó nó không chia hết cho 27

Vậy B không chia hết cho 27, do đó A không chia hết cho 27 với mọi số nguyên

n

1,0 đ

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho , , a b c là các số khác 0, thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tính giá trị của biểu thức: (a b b c) ( ) (b c c a) ( ) (c a a b) ( ).

P

b) Cho , , , a b c d là bốn số thực thỏa mãn: a b c d+ + + =0 Chứng minh rằng:

a3+ + +b3 c3 d3 =3(c d ab cd+ ) ( − )

a) (2,0 điểm)

Ta có b a b b c( ) ( ) (c b c c a) ( ) (a c a a b) ( )

P

abc

=

abc

abc

=

=

1,0 đ

Ta dễ dàng chứng minh được: Nếu a b c+ + =0 thì a3 + + =b3 c3 3abc Do đó

( ) ( ) ( ) 3 3

9

P

abc

b) (2,0 điểm)

Ta có a b+ = − +(c d) nên

( ) ( )

+ = − +

1,0 đ

⇔a3+ + +b3 c3 d3 = −3ab a b( + −) 3cd c d( + )

Mặt khác a b+ = − +(c d) nên

a3 + + +b3 c3 d3 =3(c d ab cd+ ) ( − )

1,0 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x+2 x2 − =x 2 x− +1 2(x−1) x

b) Giải hệ phương trình: ( )

 − + + + − =







a) (2,0 điểm)

Với x≥1, phương trình đã cho tương đương với

( )2 ( )

2

x− − − x −x x− − =

0,5 đ

( ) ( )

2

2

1 1 0 1

x

 − − =



⇔

 − − − − =



0,5 đ

Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x=2

Mặt khác, phương trình (2) tương đương với x−1 1 2( − x) =1 3( )

1,0 đ

Vì x≥1 nên 1 2− x <0, do đó phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm x=2

b) (2,0 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )

 + − − =



 + −  + − − =

 Đặt X = +x 1, Y = −y 1 thì hệ phương trình trên trở thành

2

XY X Y

 − =





0,5 đ

3

2

XY X Y



⇔ 

− =



3 1 2

X Y

XY X Y



⇔ 

− =



1 2

X Y XY

− =



⇔  =

Thay X Y= +1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2

Y

Y

=



Với Y =1 thì X =2 Khi đó x=1, y =2

Với Y = −2 thì X = −1 Khi đó x= −2, y = −1

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S ={ (1; 2 , 2; 1 ) (− − ) }

0,5 đ

Câu 4 (7,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Trên cạnh AB lấy điểm M và trên cạnh

AD lấy điểm N sao cho AM = AN. Kẻ AH vuông góc với BN ( H thuộc BN ), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm I và K

a) Chứng minh rằng HCM là tam giác vuông.

b) Chứng minh 12 1 2

AI + AK có giá trị không đổi

c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo , a biết rằng diện tích tam giác BCH gấp 9 lần

diện tích tam giác AMH

I

D

K

M

C H

a) (2,5 điểm)

Chứng minh ∆ADI = ∆BAN g c g( ) nên DI = AN

Vì AM = AN nên DI =AM

Mặt khác AM / /DI nên AMID là hình bình hành

Vì ·MAD=900 nên AMID là hình chữ nhật

1,0 đ

Do đó BMIC cũng là hình chữ nhật Từ đó suy ra đường tròn đi qua 4 điểm , B

, ,

M I C nhận MC BI làm đường kính,

Mặt khác ·BHI =900 nên H thuộc đường tròn đường kính BI

1,0 đ

Do đó, H thuộc đường tròn đường kính MC

Vậy ·MHC=90 ,0 tức là HCM∆ vuông tại H 0,5 đ

b) (2,5 điểm)

Ta có AD CK nên / / AD IA AD CK

Tương tự AD IC

1,5 đ

Do đó

+

Vậy

1

  +  = ⇒ + =

Dễ thấy ∆HAB đồng dạng ∆HNA g g ( ) nên AB BH BC BH

Do đó BCH∆ đồng dạng ∆AMH

Từ đó suy ra ( )

2

=  ÷

Theo giả thiết ta có BC =3AM ⇒ AB=3AM AD, =3AN

0,5 đ

DN CI= = DI = nên tứ giác ABIN có diện tích bằng

2

0,5 đ

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho , , a b c là các số dương thoả mãn điều kiện: a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ nhất

S

Vì a b c+ + =1 nên

S

1

0,5 đ

Với , , A B C >0 và , , x y z tùy ý, ta chứng minh

2 2 2 ( ) ( )2

*

x y z

+ + + + ≥

+ + Thật vậy, trước tiên ta chứng minh 2 2 ( ) ( )2

**

x y

+ + ≥

+

Vì , , 0A B > nên ( ) ( 2 2) ( ) ( )2

( )2

0

Bx Ay

Đẳng thức xảy ra x y z

0,5 đ

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta suy ra: ( )

2

2

a b c S

+ +

≥

Ta dễ dàng chứng minh được ( )2 ( ) ( )

( )

3

1 3

ab bc ca S

ab bc ca

+ +

+ + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

a b c= = =

1,0 đ

Vậy minS = ⇔1 1.

3

a b c= = =