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

 Trung tâm luyện thi EDUFLY-hotline: 0987708400 Page 0 
UBND HUYỆN NGHI XUÂN 
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 5A     
 b. Tìm x; y thỏa mãn: 2 2 4 4 0x y xy x     
Câu 2: a. Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 2 25 4 85 0x y x y    
 b. Cho x ; y ; z là các số nguyên và      
5 5 52012 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
1x 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 2013P 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 xOy . Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N. 
Biết giá trị biểu thức 1 1
OM ON
 không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. 
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: 1P 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 ---------------------- 
 1
Họ và tên thí sinh ............................................................... SBD ............................. 
PHÒNG GD-ĐT NGHI XUÂN 
 -------------------------- 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 26 2 5 14 6 5 5 1 3 5 5 1 3 5 2A              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 0; 0x y  . Biến đổi PT về dạng:    2 22 0x y x    
Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn). 
1,0 
KL:    ; 0; 4x y   hoặc    ; 4; 4x y  0,25 
Câu 2: (4,5 điểm) a) 2,25 điểm. b) 2,25 điểm 
a) Phương trình đã cho tương đương với  24 285 2x y x   0,5 
 Lập luận 4 485 4x   Mà x Z Suy ra 4x { 4 4 4 40 ;1 ;2 ;3 } 1,0 
 4 40x  thì 2 85y  ( loại) 
4 41x  thì  22 84y   ( loại) 
4 42x  thì  28 71y   ( loại) 
4 43x  thì  218 4y   
18 2
18 2
y
y
 
   

20
16
y
y

 
 Khi đó 
3
3
x
x

  
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên  ;x y là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16) 
0,75 
b) Đặt 2012; 2 2013; 3 2014a x b y c z      . Ta có: 
5 5 5P a b c
S a b c
  
  
( a ; b ; c là các số nguyên ) 
Xét      5 5 5P S a a b b c c       
0,5 
 2
Ta có : với mọi số nguyên m thì 5m m chia hết cho 30 
Thật vậy: 
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               (1) 
Với mọi số nguyên m thì ; ( 1);( 1);( 2);( 2)m m m m m    là 5 số nguyên liên tiếp 
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 ( 1)( 1)( 2)( 2)m m m m m    chia hết cho 30 (2) 
Và ; ( 1); ( 1)m m m  ; ( 1);( 1);( 2);( 2)m m m m m    là 3 số nguyên liên tiếp nên 
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 5 ( 1)( 1)m m m  chia hết cho 
30 (3) 
Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì 5m m chia hết cho 30 
Do đó      5 5 5P S a a b b c c       chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên 
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 14 2
x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z
    
                   
   
 Mà 1 1 1 0
x y z
   suy ra 1 1 1 2
x y z
   (1) 
 Mặt khác 1x y z
2
   suy ra 1 2
x y z

 
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1
x y z x y z
  
 
 (3) 
1,0 
Biến đổi (3)     x y y z z x 0    1,0 

2013 2013 2013 2013
2009 2009 2009 2009
2011 2011 2011 2011
0 0
0 0
0 0
x y x y x y x y
z y y z y z y z
x z z x z x z x
         
              
            
 nên P = 0 0,5 
Câu 4 :(5,5 điểm) a) 3 điểm. b) 2,5 điểm 
a) Ta có MO // HA (cùng vuông góc với BC) 
OK // BH (cùng vuông góc với AC) 
KOM = BHA (góc có cạnh tương ứng song song) 
MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC) 
 HAB = OMK (góc có cạnh tương ứng song song) 
 ABH đồng dạng với MKO (1,0) 
 MO MK 1
AH AB 2
  ( 0,5) 
A
B C
H
M
K
I O
 3
Xét AIH và MIO có MO MI 1
AH AI 2
  và OMI = HAI (so le trong) 
 AIH đồng dạng với MIO  IO 1
IH 2
   IO OM 1
IH HA 2
1,0 
   

2 2 2 2
2 2 2 2
IO OM IO OM 1
4IH HA IH HA
  
2 2
2 2
1
2
IO OM
IH OA



 0,5 
N
M
D
E I
O
x
y
d
b) Giả sử 1 1 1
OM ON a
  (1) ( a là số dương cho trước). Lấy điểm D trên Oy sao 
cho OD = a thì OD < ON. Vẽ DI song song với Ox ( Iđoạn MN ). Lấy E trên Ox 
sao cho OE = ID. Khi đó OEID là hình bình hành. 
1,0 
Ta có 1OE OD NI EI NI MI
OM ON NM ON NM MN
      => 1 1 1
.
OE
ON OD OM OD a
   (2) 
0,75 
Từ (1) và (2) => 1
.
OE
OM OD OM
 => 1OE
OD
 => OE = OD = a không đổi, mà 
D Oy; E Ox nên D; E cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình hành 
nên I cố định. Vậy d luôn đi qua I cố định (ĐPCM) 
0,75 
CÂU 5 (3,5 điểm) Câu a) 2 điểm. Câu b) 1,5 điểm 
a) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta 
có  
22 2 2 a b ca b c
x y z x y z
 
  
 
 (*) Dấu “=” xảy ra  a b c
x y z
  
Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có  
22 2 a ba b
x y x y

 

 (**) 
     22 2a y b x x y xy a b      2 0bx ay  (luôn đúng) 
áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 
   2 22 2 2 2a b a b ca b c c
x y z x y z x y z
  
    
  
 Dấu “=” xảy ra  a b c
x y z
  
Áp dụng với a = b= c = 1 ta có  
21 1 11 1 1 91
1 2 3 6 6x y z x y z x y z
 
    
        
=> 6 9x y z    => 3x y z   
( Có thể chứng minh BĐT trên nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski ) 
1 
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ... ta có: 0,75 
 4
1 8(x y z) x y z 1 8.3 x y z 1 10P x y z 2. .
x y z 9 9 x y z 9 9 x y z 3
     
         
     
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các số x; y; z không âm và không đồng thời bằng 0 
thỏa mãn : 
x y z 3
x y z 1
9 x y z
x 1 y 2 z 3
1 1 1 1
x 1 y 2 z 3
  
   
 

    

  
  

x 2
y 1
z 0

 
 
 ( Thỏa mãn) 
Vậy Min 10P
3
  x = 2; y = 1; z = 0. 
0,25 
b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 
2 2 22013 2013 2013
x y zVT
x yz y zx z xy
  
     
     
2 2 2
2 2 22013 2013 2013
x y z
x x yz y y zx z z xy
  
     
 
 
2
3 3 3 3 2013
x y z
x y z xyz x y z
 

     
 (1) 
Chú ý: xy + yz + zx = 671 nên 
 2 2013x x yz  =  2 1342 0x x xy zx    ,  2 2013 0y y zx   và 
 2 2013 0z z xy   
0,75 
Chứng minh:   3 3 3 2 2 23x y z xyz x y z x y z xy yz zx           
     2 3x y z x y z xy yz zx          (2) 
 3 3 3 3 2013x y z xyz x y z            2 3 2013x y z x y z xy yz zx          
=    2 3.671 2013x y z x y z        =  
3x y z  (3) 
0,5 
Từ (1) và (3) ta suy ra 
 
 
2
3
1x y zVT
x y zx y z
 
 
  
 Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 2013
3
. 0,25 
( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng) 
----Hết-----