Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT THANH 
OAI 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 
 Môn: Toán 
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Đề thi gồm có: 01 trang 
Câu 1: (6 điểm) 
a) Cho )
65
2
3
2
2
3
(:)
1
1(










xx
x
x
x
x
x
x
x
M 
1. Rút gọn M 
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 
b) Tính giá trị của biểu thức P 
 200653 20112013  xxP với 328183223.226 x 
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình 
a) ( 24)6)(5)(4)(3  xxxx 
b) | 12
2  xx | = 12 2  xx 
Câu 3: (4 điểm) 
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2
2 2
1 1
M x y
y x
  
    
  
b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 
1 1 1
6
x y y z z x
  
  
. 
Chứng minh rằng: 
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2x y z x y z x y z
  
     
. 
Câu 4: (5 điểm) 
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của 
đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. 
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. 
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì 
thì biểu thức 
6 6sin cosP    . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. 
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và 
3
3
BE CE
BF DF
 . 
Câu 5: (1 điểm) 
Tìm nN
*
sao cho: n
4 
+n
3+1 là số chính phương. 
 PHÒNG GD&ĐT THANH 
OAI 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
 Môn: Toán 
Câu 1: (6 điểm) 
a) (4,5đ) 
ĐKXĐ: 9;4;0  xxx (*) 
1)Rút gọn M : Với 9;4;0  xxx (0,5đ) 
1
2
)3)(2(
2)4(9
:
1
1
)3)(2(
)2()2)(2()3)(3(
:
1
1
)3)(2(
2
3
2
2
3
:
1
1










































x
x
xx
xxx
x
xx
xxxxx
x
xx
x
x
x
x
x
x
xx
M
Vậy 
1
2



x
x
M (với 9;4;0  xxx ) (*) (2,5đ) 
2) 
1
3
1
1
3
1
1
1
31
1
2













xxx
x
x
x
x
x
M (0,75đ) 
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: )3(113 Uxx  
Ư(3)  3;1 Vì 0 0 1 1x x x      
Nên  3;11x Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) 
. 0011  xxx (TMĐK (*) ) 
. 4231  xxx (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) 
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. 
b_ 
3.28183223.226 x 
Có 2424)24(2818 2  (0,5đ) 
 13)13(43224322 2  (0,25đ) 
6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3x              
3324313263)13(26 2 x 
13133133)13( 2 x (0,75đ) 
Với x = 1.Ta có 201420065320061.51.3 20112013 P 
Vậy với x = 1 thì P = 2014 
Câu 2: (4 điểm) 
 a. ( 24)5)(4)(6)(3  xxxx 
  24)209)(189( 22  xxxx (1) 
 Đặt yxx  1992 
 (1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0 
  y2 – 25 = 0 
  0)149)(249( 22  xxxx 
  0)249)(7)(2( 2  xxxx 
 Chứng tỏ 02492  xx 
 Vậy nghiệm của phương trình : 7;2  xx 
 b. Ta có 0)1()12(12 222  xxxxx 
 pt trở thành : 1212 22  xxxx 
  1x 
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 của biểu thức: M = 
2 2
2 2
1 1
x y
y x
  
   
  
 M = 
2 2
2 2
1 1
x y
y x
  
   
  
= 
4 4 2 2
2 2
2 2 2 2
1 2 1
1 1
x y x y
x y
x y x y
 
    
2đ 
 
2 2 22 2 2 2
2 2
1 1 1x y x y
xy
x y xy xy
    
      
  
Ta có: 
1 1 15
16 16
xy xy
xy xy xy
 
    
 
 * Ta có: 
1 1 1 1
2 . 2.
16 16 4 2
xy xy
xy xy
    (1) *
1 1 1 1 4 1 15 15
4
2 2 4 16 16 4 16 4
x y
xy xy
xy xy xy

           (2) 
Từ (1) và (2) 
1 1 15 1 15 17
16 16 2 4 4
xy xy
xy xy xy
   
          
   
Vậy M = 
2 2
1 17 289
4 16
xy
xy
   
     
  
Dấu “=” xảy ra 
1 1
1
16 4
2
xy xy
xy x y
x yx y
   
     
   
 (Vì x, y > 0) 
Vậy min M = 
289
16
 tại x = y = 
1
2
0,5 
0, 5 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
b 
Cho x, y là các số dương thỏa mãn: 
1 1 1
6
x y y z z x
  
   
 Chứng minh rằng: 
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2x y z x y z x y z
  
      
2đ 
Áp dụng BĐT 
1 1 4
a b a b
 
 (với a, b > 0) 
1 1 1 1
4a b a b
 
   
   
Ta có: 
0.5 
   
1 1 1 1 1
3 3 2 2 2 4 2 2x y z x y z x y z x y z x y z
 
   
           
       
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4x y x z x y y z x y x z x y y z
    
         
               
1 2 1 1
16 x y x z y z
 
   
    
Tương tự: 
1 1 2 1 1
3 2 3 16x y z x z x y y z
 
   
      
1 1 2 1 1
2 3 3 16x y z y z x y x z
 
   
      
cộng vế theo vế, ta có: 
1 1 1 1 4 4 4
3 3 2 3 2 3 2 3 3 16x y z x y z x y z x y x z y z
 
     
          
4 1 1 1 1 3
.6
16 4 2x y x z y z
 
     
    
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Caai 4: (5 điểm) 
0,25 
. 
1
1
I
H
QP
O
A
F
D
C
E
B
BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA 
Nối OE, BEF vuông tại B; BA EF nên AB2 = AE. AF 
 
AB E
1 1
AB AF
2 2
AE AB AE A AB
AB AF OA AQ
     
VậyAEO ABQ(c.g.c). Suy ra EABQ A O mà 1ABQ P (góc có các 
cạnh tương ứng vuông góc) nên 1AEO P , mà hai góc đồng vị => PH // OE. 
Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. 
2. Ta cã: 
   
3 3
6 6 2 2sin cos sin sP co       
 2 2 4 2 2 4sin cos sin sin cos cosP            
 
2
2 2 2 2 2 2sin cos 3sin cos 1 3sin cosP           
Ta cã: 
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2 1sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos
4
             
Suy ra: 
2 2 3 11 3sin cos 1
4 4
P       
Do ®ã: 
min
1
4
P  khi vµ chØ khi: 
2 2sin cos sin cos      (v×  lµ 
gãc nhän) 
0sin 1 1 45
cos
tg

 

      
 Khi đó CD vuông góc với AB 
3. Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 
0D 90ACB A B  => ADBC là hình chữ nhật. 
Ta có: CD
2 
= AB
2
 = AE. AF => CD
4
 = AB
4
 = AE
2
. AF
2 
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF 
AB
3
 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF 
Ta có: 
2 4 2
2 4 2
A.EF E E .
A. .
BE E A BE A CE BE
BF F EF AF BF AF DF BF
      
3
3
BE CE
BF DF
 
0,75đ. 
0,75đ. 
0,25đ 
. 
0,75đ. 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 
  )NK(KKn2nKn1nn *2242234  
01K)k2n(n1KKn2n 22223  
Mà 1Kn1K 222   hoặc 1Kn 22  
Nếu 2n0)2n(n1K1K 22  
Thử lại 234 5122  ( thỏa mãn) 
Khi K nKn1KK1 222  
  0k2n  mâu thuẫn với điều kiện   01KK2nn 22  (1đ) 
Vậy n = 2