Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2013-2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 PHÚ THỌ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN: TOÁN - THCS 
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề 
Câu1( 3,0 điểm) 
a) Giải phương trình trên tập nguyên 
 0128y4x4xy5yx 22  
b)Cho 214x3xxP(x) 23  . 
Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11 
 Câu 2( 4,0 điểm) 
a) Tính gía trị biểu thức 
25a4aa
23aa
P
23
3


 , biết 
33 302455302455a  
b) Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn 
13zz1,3yy1;3xx 333  
Chứng minh rằng 6zyx 222  
 Câu 3( 4,0 điểm) 
 a) Giải phương trình 13x
4x
1x
13x 

 
 b) Giải hệ phương trình: 






03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
Câu 4( 7,0 điểm) 
 Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là 
chính giữa cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo 
bằng  không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt 
BC lần lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành . 
a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp . 
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng 
khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định. 
c) Khi 060 và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI. 
Câu 5( 2,0 điểm) 
 Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3 
Chứng minh rằng 
2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2
4
4 4 4
x y z y x z z y x
xyz
yz xz yx
     
  
  
---Hêt— 
Họ và tên thí sinh..............................................số báo danh..... 
Thí sinh không sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 HƯỚNG DẪN 
Câu1( 3,0 điểm) 
a) Giải phương trình trên tập nguyên 
b) Cho 214x3xxP(x) 23  . 
Hướng dẫn 
: a) 0(*12)8y5y()1(40128y4x4xy5yx 2222  yxx ) 
để PT(*) có nghiệm nguyên x thì / chính phương 
1616)1285(5)1(4 222/  yyyy 
từ đó tìm được           ;4;6;4;10;0;6;0;2; yx 
Cách khác 
222222 0416)22(0128y4x4xy5yx  yyx 
xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm 
b) ta có 2212)x-2)(x-(x214x3xxP(x) 223  
để P(x) chia hết 11 thì 1112)x-2)(x-(x 2  
mà 1111)-x(x12)x-(x2  ta có 1)1( xx không chia hết cho 11 
suy ra 12)x-(x2  không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà 
x<100 ; Nx 
 suy ra  90;79;68;57;47;35;22;13;2x 
Cách khác 
    1111)-(x111111)-(x214x3xxP(x) 3323   x 
Suy ra (x-1)
3 
 chia co 11 dư 1 suy ra x-1 chia cho 11 dư 1 suy ra x chia 
cho 11 dư 2 mà x<100 suy ra kết quả 
Câu 2( 4,0 điểm) 
a)Tính gía trị biểu thức 
25a4aa
23aa
P
23
3


 , biết 
33 302455302455a  
b)Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn 
13zz1,3yy1;3xx 333  
Chứng minh rằng 6zyx 222  
Hướng dẫn 
a) tính 50)225)(5(3110 23  aaaaaa thay a=5 vào 
3
7
P 
b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ 


























)3(3
)2(3
)1(3
)(3
)(3
)(3
13
13
13
22
22
22
33
33
33
3
3
3
zxzx
zzyy
yxyx
xzxz
zyzy
yxyx
zz
yy
xx
 trừ (1) cho (2) ta được 00))((  zyxzyxzx 
cộng (1) ;(2) ;(3) ta có 9)(2 222  xzyzxyzyx (*) 
mà tù x+y+z=0 suy ra 
2
222 zyx
xzyzxy

 thay vaò (*) ta có 
đpcm 
 Câu 3( 4,0 điểm) 
a) Giải phương trình 13x
4x
1x
13x 

 
 b) Giải hệ phương trình: 






03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
Hướng dẫn 
a) HD đkxđ 
3
1
x 
 

















136
132
1324
1324
13216
13x4131213x41)13(413x
4x
1x
13x
2
2
2
xx
xx
xxx
xxx
xxx
xxxxxxx
giải ra pt có 2 nghiệm x=1; 
72
1533
x 
b) 













0(2)6y24xy22x
0(1)48yx4xy2y3x
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
22
22
lấy pt(1) trừ pt(2) ta được 
 







22
12
0)22)(12(02)2(32
2
yx
yx
yxyxyxyx
thay vào phương trình 03222  yxyx hệ có 4 nghiệm 
     















 







 

6
10913
;
3
1097
;
6
10913
;
3
1097
;35;0;1; yx 
Câu 4( 7,0 điểm) 
Hướng dẫn 
a) ENB=EFM suy ra ENM+EFM=180
0 
b)gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có DPF=DMF =EAF= 
mặt khác EAF=EPF nên EPF=DPF nên E;D;P thẳng hàng suy ra EP//BC 
mà EPAOBCAO  gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung 
điểm FP và OI vuông góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp suy ra HOI=HPF=
 ( không đổi) 
suy ra I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng  
c) khi BC=R ; EAF==60
0
 thì tam giác OBC đều suy ra IO đi qua B ta chứng 
minh được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi 
I
K
H
PD
MN
F
A
B
C
E
Q
I
H FD
M
N
A
O
B C
E
đó IM//AO ta tính BQ;QM được áp dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính 
được OI 
Câu 5. Hướng dẫn 
Lời giải 1 
2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2
4
4 4 4
x y z y x z z y x
xyz
yz xz yx
     
  
  
(*)4
)4()4()4(
222222222222










yxxyz
zxyz
xzxyz
zyyx
yzxyz
zxyx
M
3
3
33 )4)(4)(4(3
312
)4)(4)(4(
6
)4)(4)(4(
6
)4(
1
)4(
1
)4(
1
2
)4(
1
)4(
1
)4(
1
2
)4()4()4(
2
)4(
22
)4(
22
)4(
22
xyxzyzxyzxyxzyzxyzxyxzyzxyz
N
yxxyzzxyzyyxyyzxyzz
N
yxyx
zx
xzxz
zx
yzyz
zy
N
N
yxxyz
yzxz
xzxyz
yzxy
yzxyz
xzxy
M






















































Mặt khác 
44
4
123
4
4443
)4)(4)(4(3 




 





 

yzxyxzxyzyzxyxzxyz
xyyzxzxyz 
Mà 0333
9111




 yzxzxyxyz
xyz
xzyzxy
zyxzyx
33
4
33)4)(4)(4(381
4
123
)4)(4)(4(3 




 
 yzxzxyxyz
yzxyxzxyz
xyyzxzxyz
Nên 4
33
312
3
3
 NM BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1