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: b. Tìm x; y thỏa mãn: Câu 2: a. Giải phương trình nghiệm nguyên: b. Cho x ; y ; z là các số nguyên và 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: . Tính giá trị của biểu thức: 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: b. Cho góc . Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N. Biết giá trị biểu thức 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: . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b. Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671. Chứng minh rằng: -------------------- Hết ---------------------- Họ và tên thí sinh ............................................................... SBD ............................. -------------------------- 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) 1,5 b) ĐKXĐ: 0,5 Xét x = 0. Suy ra y = - 4 ( Thỏa mãn) 0,75 Xét . Biến đổi PT về dạng: Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn). 1,0 KL: hoặc 0,25 Câu 2: (4,5 điểm) a) 2,25 điểm. b) 2,25 điểm a) Phương trình đã cho tương đương với 0,5 Lập luận Mà Suy ra {} 1,0 thì ( loại) thì ( loại) thì ( loại) thì Khi đó Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16) 0,75 b) Đặt . Ta có: ( a ; b ; c là các số nguyên ) Xét 0,5 Ta có : với mọi số nguyên m thì chia hết cho 30 Thật vậy: (1) Với mọi số nguyên m thì 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 chia hết cho 30 (2) Và 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 chia hết cho 30 (3) Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì chia hết cho 30 Do đó chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên 1,75 Câu 3: (2,5 điểm) Từ giả thiết suy ra: Mà suy ra (1) Mặt khác suy ra (2) Từ (1) và (2) suy ra (3) 1,0 Biến đổi (3) 1,0 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) Þ = (góc có cạnh tương ứng song song) MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC) Þ = (góc có cạnh tương ứng song song) Þ DABH đồng dạng với DMKO (1,0) Þ ( 0,5) Xét DAIH và DMIO có và = (so le trong) Þ DAIH đồng dạng với DMIO Þ Þ 1,0 Þ Þ 0,5 b) Giả sử (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 ( Iđoạn MN ). Lấy E trên Ox sao cho OE = ID. Khi đó OEID là hình bình hành. 1,0 Ta có => (2) 0,75 Từ (1) và (2) => => => 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 (*) Dấu “=” xảy ra Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có (**) (luôn đúng) áp dụng bất đẳng thức (**) ta có Dấu “=” xảy ra Áp dụng với a = b= c = 1 ta có => => ( Có thể chứng minh BĐT trên nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski ) 1 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ... ta có: 0,75 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các số x; y; z không âm và không đồng thời bằng 0 thỏa mãn : ( Thỏa mãn) Vậy Min x = 2; y = 1; z = 0. 0,25 b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có (1) Chú ý: xy + yz + zx = 671 nên = , và 0,75 Chứng minh: (2) = = (3) 0,5 Từ (1) và (3) ta suy ra Dấu “=” xảy ra x = y = z = . 0,25 ( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng) ----Hết-----
Tài liệu đính kèm: