Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH ĐỒNG NAI 
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2013-2014 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : Toán 
Thời gian làm bài : 150 phút 
Ngày thi: 04/4/2014 
Câu 1. (4 điểm) 
 Tìm các số thực x thỏa 4 3 2x 2x x 2x 1 0     
Câu 2. (4 điểm) 
 Giải hệ phương trình: 
3
3
x 2y 1
y 2x 1
  

  
Câu 3. (4 điểm) 
 Cho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa 
 
 
2
2
m 2 n
n 2 m
 


1) Hãy tìm một cặp gồm hai số nguyên dương lẻ  m;n thỏa các điều kiện đã 
cho với m 1 và n 1 
2) Chứng minh  2 2m n 2 4mn  
Câu 4. (4 điểm) 
1) Tính số các ước dương của số 1000 
2) Tính số các ước dương chẵn của số 1000 
Câu 5. (4 điểm) 
 Cho tam giác ABC có ba góc CAB, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi (O) là 
đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần lượt 
tại D, E. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng OB và DE, gọi N là giao điểm 
của hai đường thẳng OC và DE. 
Chứng minh bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn. 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 ĐỒNG NAI 2013-2014 
Câu 1. 
Chia 2 vế cho 2x ta được: 
4 3 2x 2x x 2x 1 0     2
2
1 1
x 2 x 1 0
x x
 
      
 
2
2
1 1
x 2 x 1 0
x x
1
x 1 2
x
   
        
   
 
    
 
1
x 1 2
x
     (1) hoặc 1x 1 2
x
    (2) 
Giải (1) ta được 
1 2 2 2 1
x
2
   
 hoặc 
1 2 2 2 1
x (3)
2
   
 
Giải (2) vô nghiệm 
Vậy chỉ có hai giá trị của x ở (3) thỏa bài toán 
Câu 2 
  
3
3 3
3
2 2
x 2y 1
x y 2x 2y 0
y 2x 1
x y x y xy 2 0
  
    
  
     
y x(1)  hoặc 2 2x y xy 2 0 (2)    
Với y = - x . Khi đó    3 2x 2x 1 0 x 1 . x x 1 0        
x 1  hoặc 2x x 1 0(3)   
Khi x = 1 thì y 1 
Giải (3) ta được 
1 5
x
2

 hoặc 
1 5
x
2

 
Với 
1 5 1 5
x y
2 2
  
   
Với 
1 5 1 5
x y
2 2
  
   
2 2y 3y
(2) x 2 0
2 4
 
     
 
 (vô nghiệm) 
Hệ đã cho có 3 nghiệm như trên 
Câu 3 
3.1 Với m = 11 và n = 41 thỏa các điều kiện của bài toán 
Vì khi đó 2m 2 123 41  và 2n 2 1683 11  
3.2 Vì 2m 2 n mà 2n n nên  2 2m n 2 n(1)  
Tương tự  2 2m n 2 m (2)  
Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n 2 2m n d  
Theo chứng minh trên    2 2 2 2m n 2 m m n 2 d 2 d      
d 1(3)  ; nếu d lớn hơn 1 thì d = 2 mâu thuẫn với m và n lẻ 
Từ (1), (2) , (3) suy ra  2 2m n 2 mn  
Cuối cùng vì m lẻ nên m 2k 1  (với k ) 2m 4k(k 1) 1    
Tương tự 2n 4l(l 1) 1   (với l ) 
Suy ra  2 2m n 2 4  . Từ đó có điều phải chứng minh 
Câu 4. 
4.1 Ta có 3 31000 2 .5 
Gọi k là một ước dương của 1000. Suy ra n mk 2 .5 với n, m  thỏa n 3 và m 3 
Vậy số ước dương của 1000 là 4.4=16 
4.2 Gọi k là một ước dương chẵn của 1000. Suy ra n mk 2 .5 với n,m thỏa 
1 n 3  và m 3 
Vậy số ước dương chẵn của 1000 là 3.4=12. 
Câu 5. 
Theo giả thiết AD = AE ADE cân tại A 0
1
CEM AED 90 BAC
2
    
Mà 0
1
COM OBC OCB 90 BAC
2
    
Vậy CEM COM COEM  là tứ giác nội tiếp 
Theo giả thiết OE AC . từ đó BM CM 
Tương tự CN BN BCMN  là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC 
O
N
ME
D
A
B
C