Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 8-4-2014) - Năm học 2013-2014 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 
Năm học 2013 – 2014 
 Môn thi : TOÁN 
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi : 08/04/2014 
Câu 1 (4 điểm). 
a) Rút gọn biểu thức A x 4 x 4 x 4 x 4      với x ≥ 4. 
b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, thỏa mãn 
a b c
1
d e f
   và 
d e f
0
a b c
   . 
Tính giá trị của biểu thức 
2 2 2
2 2 2
a b c
B
d e f
   . 
Câu 2 (4 điểm). 
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương. 
b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5. 
Chứng minh rằng 
8n 4na 3a 4  chia hết cho 5, với mọi số tự nhiên n. 
Câu 3 (6 điểm). 
a) Giải phương trình 2x x 2014 2014   . 
b) Giải hệ phương trình 
2
x y z 2
2xy z 4
  

 
c) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. 
Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. 
Câu 4 (3 điểm). 
a) Cho hình bình hành ABCD, các điểm M và N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và 
BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia 
phân giác của góc AKC. 
b) Cho ∆ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = 4 4 3 và bán kính đường tròn nội 
tiếp ∆ABC bằng 2. Tính số đo góc B và góc C của ∆ABC. 
Câu 5 (3 điểm). 
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D 
khác B và C). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B; đường tròn tâm O2 
qua D và tiếp xúc với AC tại C; hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E. 
a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một 
điểm cố định. 
b) Giả sử ∆ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí 
điểm D trên cạnh BC. 
-------HẾT-------
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 
Năm học 2013 – 2014 
MÔN: TOÁN 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
I. Hướng dẫn chung: 
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án và đúng thì giám khảo căn 
cứ vào thang điểm của đáp án để cho điểm hợp lí. 
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm 
phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong 
Hội đồng chấm thi. 
3. Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25 
II. Đáp án: 
Câu Nội dung Điểm 
1 
(4đ) 
a) Với x ≥ 4, ta có : 
A 
   
2 2
(x 4) 4 x 4 4 (x 4) 4 x 4 4
x 4 2 x 4 2
x 4 2 x 4 2
         
     
     
Xét các trường hợp : 
* Với x ≥ 8 ta có : 
 A x 4 2 x 4 2
2 x 4
     
 
* Với 4 ≤ x < 8 ta có : 
 A x 4 2 x 4 2
4
     

0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Với a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, ta có: 
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
1 1
d e f d e f
a b c 2ab 2bc 2ac
1
d e f de ef df
a b c 2abc f d e
1
d e f def c a b
 
       
 
      
 
       
 
 Mà 
d e f
0
a b c
   
 Vậy 
2 2 2
2 2 2
a b c
B
d e f
   = 1 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Câu Nội dung Điểm 
2 
(4đ) 
a) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k  ) 
 (n – 7)2 – k2 = 305 
  (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305 
Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) 
và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp: 
n 7 k 1
n 7 k 305
n 7 k 305
n 7 k 1
n 7 k 5
n 7 k 61
n 7 k 61
n 7 k 5
   

  
    

   

  
   

   
    
n 160
k 152
n 146
k 152
n 40
k 28
n 26
k 28
 


  


 

 

 
 
Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) 
   
   
           
    
   
  
8n 4n 8n 4n
n n
8 4
n 1 n 2 n 1 n 2
8 8 8 4 4 4
4 4 4
4 4
2 2
A a 3a 4 a 1 3 a 1
a 1 3 a 1
a 1 a a ... 1 3 a 1 a a ... 1
a 1 a 1 .B 3 a 1 .C
a 1 a 1 .B 3C
a 1 a 1 .D
   
      
      
      
            
      
    
     
  
Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 nên: 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu Nội dung Điểm 
 
 
 
 
2
2
2
2
 a 5k 1 a 1 5
a 5k 2 a 1 5
a 5k 3 a 1 5
a 5k 4 a 1 5
   
   
   

 






  
 (với k là số nguyên dương) 
Vậy  8n 4na 3a 4  5 với mọi số tự nhiên n. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 
(4đ) 
a) Điều kiện: x ≥ –2014 
Đặt t = x 2014  t 2 = x + 2014 (t ≥ 0) 
Ta có hệ sau : 
2
2
x t 2014 (1)
t x 2014 (2)
  

 
Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta được : 
t
2
 – x
2
 – x – t = 0 
 (t+x)(t – x – 1) = 0  t = –x hoặc t = x + 1 
 Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014  x2 – x – 2014 = 0 (*) 
Giải (*) được nghiệm x = 
1 8057
2

 (loại vì t ≥ 0) hoặc x = 
1 8057
2

 Với t = x + 1 ta có: (x + 1)2 = x + 2014  x2 + x – 2013 = 0 (**) 
Giải (**) được nghiệm x = 
1 8053
2
 
 hoặc x = 
1 8053
2
 
(loại vì t≥0) 
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 
1 8053
2
 
 hoặc x = 
1 8057
2

0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Đặt 
S x y
P xy
 


Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta có: 
 2
S 2 z
1
P z 4
2
 


 
Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0 
2 21X (2 z)X (z 4) 0
2
      (1) 
∆ =  
2 2 21(2 z) 4 (z 4) (z 2)
2
        
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 
 (z + 2)2 ≤ 0  z = –2 
Thay z = –2 vào phương trình (1) ta được: X2 – 4X + 4 = 0 (2) 
Giải phương trình (2) được nghiệm X1 = X2 = 2  x = y = 2. 
Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu Nội dung Điểm 
c) Ta có : 2 2 2 2 2 2a b c 1 a 1 b c 1
1 a 1 1 a 0
       
      
Tương tự : 1 b 0; 1 c 0    
 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 0 
 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) 
Mặt khác: (1 + a + b + c)2 = (1 + a)2 + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c) 
= 1 + a
2
 + b
2
 + c
2
 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc 
= (a
2
 + b
2
 + c
2
) + (a
2
 + b
2
 + c
2
) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc 
= 2(a
2
 + b
2
 + c
2
 + a + b + c + ab + ac + bc) 
 a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = 
1
2
(1 + a + b + c)
2
 ≥ 0 (2) 
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : 
abc + a
2
 + b
2
 + c
2
 + 1 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0 
 abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
4 
(3đ) 
a) Hình vẽ 
Kẻ DI vuông góc với AN tại I, kẻ DH vuông góc CM tại H. 
Ta có: ADN DMC
1 1
S DI.AN; S DH.MC
2 2
   
S∆ADN = 
1
2
 SABCD (do cùng cạnh đáy AD và đường cao kẻ từ N) 
và S∆DMC = 
1
2
 SABCD (do cùng cạnh đáy DC và đường cao kẻ từ M) 
nên : S∆ADN = S∆DMC . 
1 1
DI.AN DH.MC
DI DH2 2
AN CM (gt)


 
 
 ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vuông) 
IKD HKD   KD là phân giác góc AKC. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Hình vẽ 
H
I
K
N
DA
B C
M
I
K
H
O
A
B C
Câu Nội dung Điểm 
Gọi I, H, K lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ∆ABC với 
các cạnh AB, AC, BC. 
Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC 
= 8 + 4 3 (1) 
 (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 4 3 )2 
 AB.AC = 
2 2( ) B8 4 3
24 16 3
2
C
 

 (2) 
Từ (1) và (2), kết hợp với AB < AC 
suy ra AB = 2 + 2 3 ; AC = 6 + 2 3 
AB 2 3 1
sinC
BC 24 4 3

  

Suy ra 0 0C 30 ; B 60  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 
(3đ) 
Hình vẽ 
a) Kéo dài ED cắt (O) tại I 
AB là tiếp tuyến của (O1) ABD BED  
AC là tiếp tuyến của (O2) ACD CED  
0
ABD ACD BEC
BEC BAC 180
  
  
 Tứ giác ABEC nội tiếp (O) 
AIE ACE ACD DCE DEC DCE IDC       
 AI//BC  I cố định 
Vậy DE luôn đi qua điểm cố định I. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Ta có: AB IC (vì AI//BC) 
∆ABC cân tại A AB AC  
 AC IC I A   
 A, D, E thẳng hàng 
 AD.AE = AB2 (vì ∆ABE ∆ADB) 
 AD.AE không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên cạnh BC. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
S
I
E
O
B
C
D
A