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 2 5 4 85 0x 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 · 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: 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 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 2 6 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 2 2 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 ( ) 2 4 2 85 2x y x= − − 0,5 Lập luận 4 4 85 4x ≤ < Mà x Z∈ Suy ra 4 x ∈ { 4 4 4 4 0 ;1 ;2 ;3 } 1,0 4 4 0x = thì 2 85y = ( loại) 4 4 1x = thì ( ) 2 2 84y − = ( loại) 4 4 2x = thì ( ) 2 8 71y − = ( loại) 4 4 3x = thì ( ) 2 18 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 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 2 Ta có : với mọi số nguyên m thì 5 m 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 5 m m− chia hết cho 30 Do đó ( ) ( ) ( ) 5 5 5 P 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 1 4 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 1 x 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) 3 A B C H M K I O 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 4 IH HA IH HA ⇒ 2 2 2 2 1 2 IO OM IH OA + = + 0,5 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 1 OE 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 = => 1 OE 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 ( ) 2 2 2 2 a b c a 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 ( ) 2 2 2 a b a b x y x y + + ≥ + (**) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a y b x x y xy a b+ + ≥ + ⇔ ( ) 2 0bx ay− ≥ (luôn đúng) áp dụng bất đẳng thức (**) ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b a b c a 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 ( ) 2 1 1 1 1 1 1 9 1 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: 1 8(x y z) x y z 1 8.3 x y z 1 10 P x y z 2. . x y z 9 9 x y z 9 9 x y z 3 + + + + + + = + + + = + + ≥ + = + + + + + + 0,75 4 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 10 P 3 = ⇔ x = 2; y = 1; z = 0. 0,25 b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 2 2013 2013 2013 x y z VT x yz y zx z xy = + + − + − + − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2013 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 2 3x 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   + + + + − +   = ( ) 3 x y z+ + (3) 0,5 Từ (1) và (3) ta suy ra ( ) ( ) 2 3 1 x y z VT x y z x 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 5 . UBND HUYỆN NGHI XUÂN PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 -2 014 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 150 phút Câu. 2 1 2013 2013 2013 x y z x yz y zx z xy x y z + + ≥ − + − + − + + + Hết 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. z + + = + + (3) 1,0 Biến đổi (3) ⇔ ( ) ( ) ( ) x y y z z x 0+ + + = 1,0 ⇔ 2013 2013 2013 2013 20 09 20 09 20 09 20 09 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