Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 năm học 2013 - 2014 môn Toán học

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: 6 2 5 14 6 5 A    

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

Câu 2: a. Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 2 2 5 4 85 0 x y x y    

b. Cho x ; y ; z là các số nguyên và       5 5 5 2012 2 2013 3 2014

2 3 2013.

P x y z

S x y z

             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 1 1 1 1 4 x y z xyz 1 1 1 0 x y z



            

    

Tính giá trị của biểu thức:     2009 2009 2011 2011 2013 2013 P y z z x x y    

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:

2 2

2 2 IO OM IH HA 

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

Biết giá trị biểu thức không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. 1 1 OM ON 

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 1 1 1 x 1 y 2 z 3      

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

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

Chứng minh rằng: 2 2 2

1 2013 2013 2013 x y z x yz y zx z xy x y z           

-------------------- Hết ----------------------

Họ và tên thí sinh ............................................................... SBD .............................

ThuVienDeThi.com

1

-------------------------- 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

a)    

2 2 6 2 5 14 6 5 5 1 3 5 5 1 3 5 2 A            1,5

b) ĐKXĐ: 0; 0; 0 x y x y       0,5

Xét x = 0. Suy ra y = - 4 ( Thỏa mãn) 0,75

Xét . Biến đổi PT về dạng: 0; 0 x y     

2 2 2 0 x y x    

Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn).

1,0

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

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

a) Phương trình đã cho tương đương với  

2 4 2 85 2 x y x    0,5

Lập luận Mà Suy ra { } 4 4 85 4 x   x Z  4x  4 4 4 4 0 ;1 ;2 ;3 1,0

thì ( loại) 4 4 0 x  2 85 y 

thì ( loại) 4 41 x   

2 2 84 y  

thì ( loại) 4 4 2 x   

2 8 71 y  

thì Khi đó 4 43 x   

2 18 4 y    18 2 18 2 y y

     

 20 16 y y

    

3

3 x x

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

0,75

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

5 5 5 P a b c 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

ThuVienDeThi.com

2

Ta có : với mọi số nguyên m thì chia hết cho 30 5 m m  Thật vậy: (1) 5 4 2 2 ( 1) ( 1)( 1) ... ( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 1) m m m m m m m m m m m m m m m                Với mọi số nguyên m thì là 5 số nguyên liên tiếp ;( 1);( 1);( 2);( 2) m m m m m     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 chia hết cho 30 (2) ( 1)( 1)( 2)( 2) m m m m m     Và là 3 số nguyên liên tiếp nên ;( 1);( 1) m m m   ;( 1);( 1);( 2);( 2) m m m m m     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 chia hết cho 5 ( 1)( 1) m m m   30 (3) Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì chia hết cho 30 5 m m  Do đó chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên     5 5 5 P S a a b b c c       

1,75

Câu 3: (2,5 điểm) Từ giả thiết suy ra:

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z

         …