Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Đức Thọ (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014
MÔN TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a) A 4 10 2 5 4 10 2 5 5      
b)   
 
 
2 22 22 2 x y x x y yx yB
xy x x y y x y
     với xy > 0; x  y
Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2y 2xy 7x 12 0   
Bài 3: Giải các phương trình
a) 5 x 5 xx x 6
x 1 x 1
          b)    
10 14x 2013 x 2014 1   
Bài 4: Cho ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD =
HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng BEC  ADC. Tính BE theo m = AB
b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng BHM  BEC. Tính AHM
c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng GB HDBC AH HC 
Bài 5: a) Cho    3 3 2 2x y 3 x y 4 x y 4 0       và xy > 0
Tìm GTLN của 1 1M x y 
b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
        
Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn
Bài 1: a) Đặt                2x 4 10 2 5 4 10 2 5 x 8 2 6 2 5 8 2 5 1 6 2 5
x 5 1   . Do đó A = 1
b)   
 
 
    
x y x x y y
B 1
x x y y x y
Xét các trường hợp x y > 0 và y > x > 0 ta đều được B 1
Bài 2: Cách 1:             22y 2xy 7x 12 0 x y x 3 x 4
(x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương
Dó đó x 3 0 x 3x 4 0 x 4
          Từ đó ta tìm được (x; y)  {(-3; 3); (-4; 4)}
Cách 2:                2 2 2y 2xy 7x 12 0 4y 8xy 28x 48 0 4y 49 4x 2y 7 1
  2y 7 2y 7 4x 1      ta có 2y 7 1 x 42y 7 4x 1 y 4
          
2y 7 1 x 3
2y 7 4x 1 y 3
          
Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x  -1. Đặt     
5 xx a
x 1
và  
5 xx b
x 1
.
Ta có                       
2 25 x 5 x 5x x x x 5 xa b x x 5
x 1 x 1 x 1
Do đó
a 2
b 3ab 6
a b 5 a 3
b 2
        
. Với
2
2
2
5 xx 2a 2 x 3x 2 0x 1 x 3x 2 0b 3 x 3x 2 05 xx 3x 1
                          
   x 1x 1 x 2 0 x 2
      
Với  2 222
5 xx 3a 3 x 2x 3 0x 1 x 2x 3 0 x 1 2 0b 2 x 2x 3 05 xx 2x 1
                              
, vô nghiệm
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}
Cách 2:                          22 2 4 3 25 x 5 xx x 6 5x x x 5 6 x 1 x 5x 11x 13x 6 0x 1 x 1              4 3 2 2 2x 5x 11x 13x 6 0 x 3x 2 x 2x 3 0
Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2}
b)            10 14 5 7x 2013 x 2014 1 x 2013 x 2014 1
Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất
Xét x < 2013               7 5 7x 2014 1 x 2014 1 x 2014 1 x 2013 x 2014 1
Xét 2013 < x < 2014
5
7
0 x 2013 1 x 2013 x 20130 x 2013 1
1 x 2014 0 0 x 2014 1 x 2014 x 2014
                         
5 7x 2013 x 2014 x 2013 x 2014 x 2013 2014 x 1            
Xét x > 2014               5 5 7x 2014 1 x 2013 1 x 2013 1 x 2013 x 2014 1
Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014
Bài 4: a) Xét EDC và BAC có
 

0EDC BAC 90 (gt)
C chung
  
 EDC  BAC (g – g) EC BCDC AC 
Xét BEC và ADC có
A
B CH D
E
M
G
m
EC BC
DC AC
C chung
 
 BEC  ADC (c – g - c)
  BEC ADC . Mặt khác AH = HD (gt) nên
   0 0 0 0ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45         AEB vuông cân tại A.
Do đó BE m 2
b) Xét AHB và CAB có
 

0AHB CAB 90 (gt)
B chung
  
 AHB  CAB (g – g)
2 2 2AB BH BE BH BM BHAB BH.BC 2AB 2BH.BC BE 2BH.BCBC AB 2BC BE BC BE           
(Vì BE = 2BM). Xét BHM và BEC có

BM BH
BC BE
MBH chung
 
 BHM  BEC (c – g - c)
  0 0BHM BEC 135 AHM 45    
c) Xét AHC và BAC có
 

0AHC BAC 90 (gt)
C chung
  
 AHC  BAC (g – g) AH ABHC AC  (1)
Mặt khác AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường
phân giác của ABC. Suy ra GB ABGC AC (2). Từ (1) và (2) ta có:
 GB AH GB.HC AH.GC GB.HC AH. BC GB GB.HC AH.BC AH.GBGC HC        
AH.GB GB.HC HD.BC   (Vì HD = AH)  GB. AH HC HD.BC   GB HDBC AH HC  
Bài 5: a)    3 3 2 2x y 3 x y 4 x y 4 0      
        2 2 2 2 2 2x y x xy y 2 x xy y x 2xy y 4 x y 4 0             
       22 2 2 21x xy y x y 2 x y 2 0 x y 2 2x 2xy 2y 2x 2y 4 02                 
       2 2 21 x y 2 x y x 1 y 1 2 0 x y 2 0 x y 22                    
Mà xy > 0 do đó x, y < 0
Áp dụng BĐT CauChy ta có       x yx y 12
      nên xy ≤ 1, do đó 2 2xy
  
Vậy 1 1 x yM 2x y xy
     , GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1
b) Cách 1: Ta có:      3 3 2 2 3 32 2a 2a b 3a 2a b a ab b a b ab a ba ab b 3          
 22 2a ab b ab a b 0       luôn đúng.
Do đó
3 5 3 2
2 2 2 2
a 2a b a 2a a b
a ab b 3 a ab b 3
       . Chứng minh tương tự ta được
5 5 5 3 3 3 3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c a b b c c a
a ab b b bc c c ca a 3 3
              
Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a b c 0  
     3 3 3 2 2 2 2 2 2a b c a b b c c a a a b b b c c c a          
             22 2 2a a b b b a a c c c a a b a b a c b c b c 0               
Từ đó suy ra
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
         . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có
5 5 5 6 6 6
2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a a a b ab b b c bc c c a ca               
 23 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c a b ab b c bc c a ca
         
Mặt khác    2 2 2 3 3a b 0 a ab b ab a b ab a b          tương tự  3 3b c bc b c  
 3 3c a ca c a   . Suy ra        3 3 32 a b c ab a b bc b c ca c a        
       3 3 3 3 3 33 a b c a b c ab a b bc b c ca c a          
 23 3 3 3 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a b c a b ab b c bc c a ca 3
           
Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20