Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS huyện Nghi Xuân, Hà Tĩnh năm 2013 - 2014 môn toán

Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H, trọng tâm I; Giao điểm 3 đường trung trực là O, trung điểm của BC là M.. Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N.. Biết giá trị

UBND HUYỆN NGHI XUÂN

PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2013 -2014

Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1: a Tính giá trị của biểu thức: A  6 2 5  14 6 5

b Tìm x; y thỏa mãn: 2x y  2 xy 4 x 4 0

Câu 2: a Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 2 2

5x y  4x y 85 0

b Cho x ; y ; z là các số nguyên và      







Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30

Câu 3: Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn:

2 2 2

1

x y z

2

4

1 1 1

0

x y z



  













  





Tính giá trị của biểu thức: P   y2009  z2009  z2011 x2011  x2013  y2013

Câu 4: a Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H, trọng tâm I; Giao điểm 3 đường trung

trực là O, trung điểm của BC là M

Tính giá trị biểu thức: IO22 OM22





b Cho góc xOy Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N

Biết giá trị biểu thức 1 1

OM ON không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi

Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định

Câu 5: a Cho các số x; y; z không âm, không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn:

1

x 1 y 2 z 3     

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x y z 1

x y z

   

 

b Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671

1

x  yz y  zx z  xy x y z 

- Hết

-PHÒNG GD-ĐT NGHI XUÂN

- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2013-2014

Câu 1:(4 điểm) a) 1,5 điểm b) 2,5 điểm BIỂU ĐIỂM

b) ĐKXĐ: x x 0;0;y y0

Xét x0;y0 Biến đổi PT về dạng:  x y 2 x 22 0

KL: x y ;  0; 4  hoặc x y ;  4;4 0,25

Câu 2: (4,5 điểm) a) 2,25 điểm b) 2,25 điểm

a) Phương trình đã cho tương đương với 4  22

Lập luận x 4 85 4 4 Mà x Z Suy ra x 4 {0 ;1 ; 2 ;34 4 4 4} 1,0

4 04

x  thì y  ( loại)2 85

4 14

x  thì y  22 84 ( loại)

4 24

x  thì y  82 71 ( loại)

4 34

x  thì y 182 4  18 2

y y





16

y y





3

x x





 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên x y là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16); 

0,75

b) Đặt a x 2012;b2y 2013;c3z2014 Ta có:

S a b c

   ( a ; b ; c là các số nguyên )

Xét  5   5   5 

P S  a  a  b  b  c  c

0,5

Ta có : với mọi số nguyên m thì m5 m chia hết cho 30

Thật vậy:

m  m m m  m m  m   m m m m m  m m m (1)

Với mọi số nguyên m thì m m;( 1);(m1);(m 2);(m2) là 5 số nguyên liên tiếp

nên trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3;1 thừa số chia

hết cho 5 mà 2; 3; 5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên tích của chúng chia

hết cho 2.3.5 Hay m m( 1)(m1)(m 2)(m2) chia hết cho 30 (2)

Và m m;( 1);(m1)m m;( 1);(m1);(m 2);(m2) là 3 số nguyên liên tiếp nên

trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3 mà 2; 3 nguyên tố

cùng nhau nên tích của chúng chia hết cho 2.3 Hay 5 (m m1)(m1) chia hết cho

30 (3)

Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì m5 m chia hết cho 30

Do đó P S a5 a  b5 b  c5 c chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên

1,75

Câu 3: (2,5 điểm)

Từ giả thiết suy ra:

2

1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1

x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z

 

                  

Mà 1 1 1 0

x y z  suy ra

1 1 1

2

x y z   (1) Mặt khác x y z 1

2

   suy ra 1 2

x y z   (2)

Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1

x y z x y z  (3)

1,0

Biến đổi (3)  x y y z z x        0 1,0



nên P = 0 0,5

Câu 4 :(5,5 điểm) a) 3 điểm b) 2,5 điểm

a) Ta có MO // HA (cùng vuông góc với BC)

OK // BH (cùng vuông góc với AC)

 KOM = BHA (góc có cạnh tương ứng song song)

MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC)

 HAB = OMK (góc có cạnh tương ứng song song)

 ABH đồng dạng với MKO (1,0)

AH AB 2 ( 0,5)

A

H

M K

I O

 AIH đồng dạng với MIO  IO 1



4

1 2





N

M

D

O

x

y d

b) Giả sử 1 1 1

OM ON a (1) ( a là số dương cho trước) Lấy điểm D trên Oy sao

cho OD = a thì OD < ON Vẽ DI song song với Ox ( Iđoạn MN ) Lấy E trên Ox

sao cho OE = ID Khi đó OEID là hình bình hành

1,0

Ta có OE OD NI EI NI MI 1

OM ON NM ON NM MN  => 1 1 1

OE

ON OD OM OD a (2)

0,75

Từ (1) và (2) => 1

OE

OM OD OM => OE 1

OD  => OE = OD = a không đổi, mà

D Oy; E Ox nên D; E cố định Mặt khác O cố định và OEID là hình bình hành

nên I cố định Vậy d luôn đi qua I cố định (ĐPCM)

0,75

CÂU 5 (3,5 điểm) Câu a) 2 điểm Câu b) 1,5 điểm

a) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có

 

  (*) Dấu “=” xảy ra  a b c

xyz

Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có  

2



 (**)

 a y b x x y2  2    xy a b  2  bx ay 20 (luôn đúng)

áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

   Dấu “=” xảy ra  a b c

x y z

Áp dụng với a = b= c = 1 ta có  

2

1 1 1

1

 

=> x y z   6 9 => x y z  3

( Có thể chứng minh BĐT trên nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski )

1

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có:

0,75 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các số x; y; z không âm và không đồng thời bằng 0 0,25

thỏa mãn :

x y z 3

x 1 y 2 z 3

1

x 1 y 2 z 3

  



  

 





    











x 2

y 1

z 0











 



( Thỏa mãn)

Vậy MinP 10

3

  x = 2; y = 1; z = 0

b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

VT

2

x y z

 



      (1) Chú ý: xy + yz + zx = 671 nên

x x  yz = x x 2xy zx 1342 0, y y 2 zx2013 0 và

z z  xy 

0,75

Chứng minh: x3y3z3 3xyzx y z x    2y2z2 xy yz zx  

x y z  x y z2 3xy yz zx

x y z  xyz x y z  x y z    x y z  2 3xy yz zx  2013

= x y z    x y z  2 3.671 2013 

  =x y z  3 (3)

0,5

Từ (1) và (3) ta suy ra

2 3

1

x y z

VT

x y z

x y z

 

 

  Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 2013

( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng)