Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD & ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ THANH HÓA
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC: 2014 – 2015
Đề chính thức
Môn: Toán - Lớp 9
Đề thi gồm có: 01 trang
 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2014
ĐỀ BÀI 
Bài 1 (4,0 điểm) 
 1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:
 A = . 
 Điều kiện x , x 4; x 9 ; x 1
 2) Rút gọn biểu thức: B = 
Bài 2 (6,0 điểm)
 1) Cho phương trình : ( a là tham số) 
 a) Giải phương trình trên.
 b ) Tìm các giá trị nguyên dương của a để phương trình có nghiệm x là số nguyên tố.
 2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau: 
Bài 3 (4,0 điểm)
 1) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số sao cho : 
 Với n ; n >2 
 2) Cho tam giác ABC có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 .
 Chứng minh : 52 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 
Bài 4 (4,0 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD cạnh là a và N là một điểm trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Trên tia đối của tia BA lấy điểm F sao cho BF = DE. Gọi M là trung điểm của EF.
 1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM.
 2) Xác định vị trí điểm N trên AB sao cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD.
Bài 5 (2,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC có 
(Hết)
Họ và tên thí sinh: ..........................................................Số báo danh: ................. Phòng thi: .............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ THANH HÓA
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC: 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
 1
(4đ)
 1)
 2điểm
Do x 0; x 1; x 4; x 9
A = 
A = 
A = 
A = = => ĐPCM
0,75
0,75
0,5
2)
2điểm
1,0
0,75
0,25
2
1a) 
 2điểm
 (1) 
ĐKXĐ : x a
Biến đổi đưa phương trình về dạng : 2ax = a2 (a +1) 
Với a = 0 thì phương trình có dạng : 0x = 0.
Phương trình (1) có vô số nghiệm với x 0
Với a 0 ta có x = 
0,25
 0,5
0,25
0, 25
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
2
 Để x = là nghiệm của phương trình (1) thì :
 a (2) và - a (3)
Giải(2) ta được a 1, a 0 
Giải (3) ta có: a 0 , a -3 
Vậy : a = 0 phương trình có vô số nghiệm x 0
 a = - 3 ; a= 1 phương trình vô nghiệm. 
 a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất
 x = 
0,25
0,25
0,25
1b) 
2,0 điểm
Theo câu a:
Với a = 0 thì phương trình có vô số nghiệm x 0 (loại do a >0)
Với a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất
 x = 
Vì a là số nguyên dương và a 1nên: 
Nếu a = 2 thì x = 3 , là số nguyên tố (thỏa mãn)
Nếu a > 2 thì a = 2k hoặc a = 2k + 1 với k N, k > 1
Xét a = 2k thì x = k(2k + 1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. (loại)
Xét a = 2k +1 thì x = (2k +1)(k+1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. ( loại)
Vậy a =2 thì nghiệm của phương trình x = 3 là số nguyên tố.
0,25
 0,5
 0,25
 0,5
 0,5 
2)
2,0 điểm
Vì x, y, z > 0 nên xyz > 0. 
Kết hợp với phương trình (1) 
=> x3 > y3; x3 > z3.=> x > y, x > z.
Do đó 2x > y + z hay 4x > 2( y+z) kết hợp với (2) ta có :
x2 x < 4 và x 2 mà x N* nên x =2.
 Thay x =2 vào hệ phương trình ta được: => y = z =1 (vì x, y nguyên dương)
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
 (x;y;z) = (2;1;1)
0,5
0,75
0,5
0,25
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
3)
(4đ)
1)
2điểm
Ta có : 	= 100a + 10b + c = n2 - 1
 	= 100c + 10b + a = (n - 2)2
 99(a - c) = n2 - 1 - n2 + 4n - 4 = 4n - 5 
 4n - 5 99 ( do a - c là số nguyên)
Lại có : 100 n2 - 1 999 101 n2 1000 	11 n 31
39 4n - 5 119
Vì 4n - 5 99 nên 4n - 5 = 99 ó n = 26
 = 675
0,25
0,5
0,75
0,25
 0,25
2)
2 điểm
Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có :
p - a = > 0 
Tương tự p - b > 0 ; p - c > 0 
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương p -a; p -b; p -c ta có:
 (p –a) +(p - b) + (p –c) 
 => 0 < (p-a)(p-b)(p-c) £ 
Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành : 
 0 < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc £ 1 
 0 < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc £ 1 
Û 0 < 27 - 54 + 3. - abc £ 1 
Û 27 < 3. - abc £ 28 
Û 54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc £ 56 
Û - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc £ -52 
Û 52 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM )
 Dấu " = " xảy ra Û a = b = c = 2 .
0,25
0,25
0,25
1,0
 0,25
4
 1)
Chứng minh BCF = DCE (c.g.c) 
CF = CE v à . Mà => 
 ECF vuông cân tại C
Có M là trung điểm của EF nên CM là đường trung tuyến vừa là đường cao, phân giác, trung trực.
0,25
0,5
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
4
(4đ)
1)
2,0 điểm
=> , mà ( do ABCD là hình vuông)
(1) 
Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có: MA = MC ( = ) => M trung trực của AC 
mà BD là trung trực của đoạn thẳng AC.
=>M, B, D thẳng hàng 
=> (2)
Từ (1) và (2) => ACE ∽ BCM (g.g) 
0,5
0,5
0,25
2)
2,0 điểm
Đặt BN =x => AN = a –x
SACFE = SACE + SECF = . 
 Tính AE: Có ( do AN// DC) 
Ta có: CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2 = a2 + 
SACFE = + (a2 + ) = 
Mà SACFE = 3SABCD => = 3a2 ó 6x2 - ax - a2 = 0
ó (2x - a)(3x+a) = 0 ó x = 
Vậy BN = ó N là trung điểm của AB thì SACFE = 3SABCD 
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
5
2,0đ
2điểm
Trên tia BC lấy điểm D sao cho . 
Từ GT suy ra: 
Do đó D nằm trên cạnh BC và . 
Kẻ BE AD, CF AD ( E;F AD)
Ta có AB = 2BE ( cạnh đối diện với góc 300 trong tam giác vuông) và AC = ( cạnh huyền trong tam giác vuông cân)
Do đó AB + AC = 2BC ó 2BE + 2CF = 2BC
 BE + CF =BC ó BE + CF = BD + CD
Mà BE BD và CF CD nên xáy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi E,F trùng D. Tức là AD BC.
 Từ đó 
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
Ghi chú: 
 HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa, bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 
 THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 2014-2015 . MÔN TOÁN- LỚP 9 
 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
 Ngày thi : tháng năm 
ĐỀ BÀI
Bài 1: (3điểm) 
 Cho biểu thức: A = 
 1) Rút gọn biểu thức A với x 
 2) Tính giá trị của A khi x = 
Bài 2: (4 điểm)
 1) Giải hệ phương trình: 
 2) Tìm x, y, z nguyên dương đôi một khác nhau thoả mãn:
 3x + 3y + 3z = 
Bài 3: ( 4điểm)
 1) Tìm các số hữu tỉ n sao cho : n2 + n + 503 là số chính phương
 2) Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e.
 Biết P(1)= 1; P(2)= 4, P(3)= 9; P(4)= 16, P(5)= 25. Tính P(6) ; P(7)
Bài 4: ( 7 điểm) 
 1) Cho tam giác ABC nhọn có . Gọi BE và CF là các đường cao, H là trực tâm của tam giác ABC. M và K lần lượt là trung điểm của BC, AH. 
 a) Chứng minh EF, MK, OH đồng quy. (vởi O là tâm của đường ngoại tiếp tam giác ABC)
 b) Cho EF = 2cm. Tính bán kính của đường tròn (O).
 2) Cho tứ giác ABCD có số đo độ dài các cạnh là a, b, c, d và số đo diện tích là S. 
 Chứng minh: a + b + c + d . Dấu “ =” xảy ra khi nào? 
Bài 5 ( 2 điểm) 
 Cho x,y,z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện:
 x2014 + y2014 + z2014 = 3. Tìm GTLN của biểu thức B = x2+ y2+ z2
(Hết)
Họ và tên thí sinh SBD
HƯỚNG DẪN CHẤM 
THI HỌC SINH GIỎI – MÔN TOÁN 9 ( Vòng 2)
NĂM HỌC 2014 – 2015
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
1
3 đ
1)
1,5
điểm
Ta có: 
 = = ( x –y)2.
=> A = x - y ( do x ).
 1,5 
 2)
 1,5
điểm
Với x = ( thỏa mãn ĐK)
Thay vào A ta được: 
 A3 = 10 - 9A ó A3 + 9A - 10 = 0 
ó( A -1) ( A2 + A +10) =0 
ó A =1 vì A2 + A + 10 > 0
Vậy A = 1 
0,25
 0,5
0,75
2
4đ
1) 
2điểm
Vậy hệ phương trình có nghiệm là : (x,y) = 
0,75
1,0
0,25
Biến đổi vế phải
Ta có: 
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
2
(6đ)
2)
2điểm
PT đưa về : 3x + 3y + 3z = 6831
 Không mất tính tổng quát giả sử x < y < z 
Ta có: 3x + 3y + 3z = 6831 3x(1 + 3y - x + 3z -x) = 33.253
Vì 1 + 3y - x + 3z -x không chia hết cho 3 và 253 cũng không chia hết cho 3 nên: 
(1) => x = 3 thế vào (2) ta được: 1 + 3y - 3 + 3z -3 = 253
 3y-3(1 + 3z -y) = 252 = 32 . 28 
 Do 1 + 3z -y không chia hết cho 3 và 28 không chia hết cho 3 nên 
Vậy (x; y; z) = (3; 5; 8) và các hoán vị của nó.
0,5
 0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
3
4đ
1)
2điểm
 Giả sử tồn tại số hữu tỉ n và số tự nhiên m khác 0 để:
 n2 + n + 503 = m2 (1).
Đặt n = , với p, (p,q) = 1. Thay vào (1) ta được:
=> p2 +pq +503q2 = m2q2 p2 = - q( p +503q - m2q ) 
Mặt khác (1) ó 4(n2 + n +503) =4m2
ó 4m2 – ( 2n +1)2 = 2011.
ó (2m +2n +1)( 2m - 2n -1) = 2011
0,5
0,5
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
3
Vì m N* nên: (2m +2n +1)+ ( 2m - 2n -1) = 4m > 0
và 2m - 2n - 1 ; 2m + 2n + 1 => 2m +2n +1 thuộc ước dương của 2011
Mà 2011 là số nguyên tố 
 nên 
Hoặc 
Vậy n = 502 hoặc n = - 503 thì n2 + n + 503 là số chính phương.
0,25
`0,25
0,25
0,25
2)
2điểm
P(1) = 1 = 12 ; P(2) = 4 = 22 , P(3) = 9 = 32 ; 
P(4)= 16 = 42 , P(5) = 25 = 52 . 
Xét đa thức: Q(x) = P(x) – x2.
Ta có : Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0 
1; 2; 3; 4; 5 là nghiệm của đa thức Q(x).
Vì hệ số của x5 bằng 1 nên Q(x) có dạng:
Q(x) = ( x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5).
Vậy ta có :
 Q(6) = ( 6 - 1)(6 - 2)(6 - 3)(6 - 4)(6 - 5) = P(6) – 62.
=> P(6) = 5! + 62 = 156.
 Q(7) = ( 7 - 1)(7 - 2)(7 - 3)(7 - 4)(7 - 5) = P(7) – 72
=> P(7) = 6! + 72 = 769.
Vậy P(6) = 156; P(7) = 769
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
4
(7đ)
1a)
2,5 điểm
 vuông cân tại F 
 => AF = FC.
Mặt khác:
 (cùng phụ với ).
Theo tính chất trung tuyến thuộc cạnh huyền của các tam giác vuông và do AH = BC
0,5
0,5
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
4
1a)
 => FK = KE = EM = MF 
=> Tứ giác MEKF là hình thoi.
=> KM cắt EF tại I là trung điểm của mỗi đường (1).
Lại có F thuộc trung trực của AC ( do AF = FC). 
 O cũng thuộc trung trực của AC ( do O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
=> FO là đường trung trực của AC => 
 Mà (GT) nên FO // BE => FO // HE
Chứng minh tương tự ta có EO // CF => EO // FH
=> Tứ giác EHFO là hình bình hành => EF cắt HO tại trung điểm của mỗi đường (2) 
Từ (1) và (2) => EF, HO, KM đồng quy tại I 
0,5
0,5
0,5
1b)
2điểm
Do FO AE; EO AF(theo câu b). Nên O là trực tâm của AEF.
=> AO EF mà KM EF ( t/c đường chéo hình thoi) 
=> AO // KM 
Ta lại có : OM BC ( OM là trung trực của BC)
 và AH BC ( H là trực tâm của ABC)
=> OM // AH 
 Nên tứ giác AOMK là hình bình hành => AO = KM. ( 3) 
Vì
=> = 900 => Hình thoi KEMF là hình vuông 
=> EF = KM (4)
Từ (3) và (4) và EF =2(cm) => AO = EF = 2cm.
Vậy bán kính đường tròn(O) là 2.
0,5
0,5
0,5
 0,5
2)
Giả sử AB = a, BC= b, 
CD =c, DA =d.
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
2,5
điểm
Ta có:
 (a+b+c+d)2 = (a + c)2 + (b + d)2 + 2(a + c)(b+d) 4(a+c)(b+d)
a +b+c+d (1) 
Kẻ CC’ AD. Ta có SADC = 
Do đó 2SADC cd . Chứng minh tương tự ta có:
2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD ab + ad + bc + cd 
=> (a+c)(b+d) = ab + ad + bc + cd 
 2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD = 4S (2) 
Từ(1) và (2) có a +b+c+d 4
Dấu “=”xảy ra 
 Tứ giác ABCD là hình vuông
0,5
0,5
 0,5
 0,5
 0,5
5
(2đ)
2,0
điểm
Áp dụng BĐT CôSi cho 2014 số không âm:
 ( x2014; x2014; ) ta có:
 Tương tự : 
 Cộng 3 BĐT trên theo từng vế ta được
Mà x2014 + y2014 + z2014 = 3 
x2 + y2 + z2 . Hay B .
Dầu “ =” xảy ra ó x = y = z = 1.
Vậy GTLN của B = 3 khi x = y = z = 1
0,5
0,5
 0,5
 0,5
Ghi chú: 
 HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa, bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.