078 đề hsg toán 9 thanh oai 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) a) Cho M (1  x x 1 ):( x 3 x  x 2 3 x  x 2 x x 6 ) Rút gọn M Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M nhận giá trị số nguyên b) Tính giá trị biểu thức P P 3 x 2013  x 2011  2006 với x   2    18   Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) ( x  3)( x  4)( x  5)( x  6) 24 b) | 2x  x  | = 2x  x  Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y =     Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  x    y   y x   1 b/ Cho x, y, z số dương thoả mãn x  y  y  z  z  x 6 1 Chứng minh rằng: 3x  y  z  3x  y  3z  x  y  3z   Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) hai đường kính AB CD cho tiếp tuyến A đường tròn (O; R) cắt đường thẳng BC BD hai điểm tương ứng E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ trung điểm đoạn thẳng OA Gọi α số đo góc BFE Hai đường kính AB CD thoả mãn điều kiện biểu thức P sin   cos  Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ BE CE 3 Chứng minh hệ thức sau: CE.DF.EF = CD  BF DF Câu 5: (1 điểm) Tìm n  N* cho: n4 +n3+1 số phương PHỊNG GD&ĐT THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Mơn: Tốn Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: (*) x 0; x  4; x 9 1)Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9 x   x 3 :  x    x   ( x  3)( x  3)  (  : x 1  ( x  M     Vậy 2) x 1  x 1 : x   ( x  4)  x 2 (0,5đ) x 2   x  ( x  2)( x  3)  x  2)( x  2)  ( x  2)   2)( x  3)   x 2 ( x  2)( x  3) x x 1 M  M  x x 1 x x 1  (với x 0; x  4; x 9 ) x 1  x 1 x 1  x 1  x 1 (*) 1  (2,5đ) (0,75đ) x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi: 3 x   x   U (3) Ư(3)   1;3  Vì x 0  x 0  x  1 Nên x  1  1;3  Xảy trường hợp sau: (0,5đ) x  1  x 0  x 0 (TMĐK (*) ) x  3  x 2  x  (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = M nhận giá trị nguyên b_ x  62 Có  2 3 18   (  2 4 x   2  18  2)2    4     (  1)  3 1 (0,5đ)   2  (0,25đ) 1 3  62 4  x   (  1)  x  (  1)    62  1 1   1   42  (0,75đ) 1 Với x = 1.Ta có P 3.12013  5.12011  2006 3   2006 2014 Vậy với x = P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a (  x  3)( x  6)( x  4)( x  5) 24 2 ( x  x  18)( x  x  20) 24 (1) Đặt x  x  19  y (1)  ( y + 1)(y – ) – 24 =  y2 – 25 =  ( x  x  24)( x  x  14) 0  ( x  2)( x  7)( x  x  24) 0 Chứng tỏ x  x  24  Vậy nghiệm phương trình : x  2; x  b Ta có x  x   ( x  x  1)  ( x  1)  pt trở thành : x  x   x  x   x 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 0,5 đ 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1  Tìm GTNN biểu thức: M =  x   2đ    y   y2   x     x y  x y 1 2 M =  x    y   = x y 1 1  2  y  x  x y x2 y  x  y  1 2  x2 y 1      xy      x2 y xy   xy     15 Ta có: xy   xy   xy  16 xy  16 xy 1 1 2 xy 2  * Ta có: xy  (1) * 16 xy 16 xy xy 1 1 15 15 xy    xy   4      (2) 2 xy 16 xy 16 16 xy 0,5 0,  Từ (1) (2)   xy      15 15 17      xy   xy   16 xy  16 xy 4 2    17  289 Vậy M =  xy      xy    16     xy   xy  16 xy    x  y  (Vì x, y > 0) Dấu “=” xảy    x y  x  y  Vậy M = 0,5 0,25 0,25 289 x = y = 16 0,5 b 1   6 x  y y  z z  x Cho x, y số dương thỏa mãn: 1    Chứng minh rằng: 3x  y  z 3x  y  3z x  y  3z 1   Áp dụng BĐT a b a  b  (với a, b > 0) 2đ 0.5 1 1     a b  a b  Ta có:  1 1 1      3x  y  z  x  y  z    x  y  z   x  y  z x  y  z   11 1 1 1              x  y    x  z   x  y    y  z     x  y x  z x  y y  z   1 1       16  x  y x  z y  z  1 1       x  y  z 16 x  z x  y y  z   Tương tự: 0,5 1 1       x  y  z 16  y  z x  y x  z  cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4         3x  y  z 3x  y  3z x  y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1         16  x  y x  z y  z  0,5 0,5 0,5 Caai 4: (5 điểm) B D I O C 0,25 H E P A F Q BA đường cao tam giác BPQ suy H thuộc BA Nối OE,  BEF vuông B; BA  EF nên AB2 = AE AF AE AB AE AB AE AB       AB AF 1 OA AQ AB AF 2  (góc có Vậy  AEO   ABQ(c.g.c) Suy ABQ AEO mà ABQ P  , mà hai góc đồng vị => PH // OE cạnh tương ứng vng góc) nên AEO P Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy H trung điểm OA Ta cã: 0,75đ 0,75đ 0,25đ P sin   cos6   sin     co s   P  sin   cos    sin   sin  cos   cos   0,75đ P  sin   cos    3sin  cos  1  3sin  cos  Ta cã:  sin 0,5đ   cos   4sin  cos   4sin  cos   sin  cos   0,25đ Suy ra: P 1  3sin  cos  1   4 2 0,25đ Do đó: Pmin khi: sin  cos   sin  cos  (vì sin tg   450 cos  Khi CD vng góc với AB gãc nhän)  0,25đ 0,25đ Ta có  ACB  ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB đường kính nên 0,25đ ACB ADB 900 => ADBC hình chữ nhật Ta có: CD2 = AB2 = AE AF => CD4 = AB4 = AE2 AF2 0,25đ = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF  AB3 = CE.DF.EF Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: BE EA.EF AE BE AE CE.BE       BF FA.EF AF BF AF DF BF 0,25đ BE CE  BF DF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + số phương n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2   n  n 1  n  K  n  2Kn  K (K  N * )  n  2Kn K   n (n  2k ) K  0 Mà K  1n  K 1 n K  Nếu K 1  K 1  n (n  2) 0  n 2 Thử lại   5 ( thỏa mãn) Khi K 1  K  K  n  K  n  n  2k  mâu thuẫn với điều kiện Vậy n = n  n  2K  K  0 (1đ)