Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Tỉnh Thanh Oai (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG THANH OAI - NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1: (6,0 điểm)
 x x 3 x 2 x 2 
 a) Cho M 1 : 
 x 1 x 2 3 x x 5 x 6 
 1. Rút gọn M .
 2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên. 
 b) Tính giá trị của biểu thức P . 
 P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3.
Câu 2: (4,0 điểm) Giải phương trình: 
 a) x 3 x 4 x 5 x 6 24 
 b) 2x x2 1 2x x2 1
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Cho hai số dương x, y thoả mãn x y 1.
 2 1 2 1 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 2 y 2 
 y x 
 1 1 1
 b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 .
 x y y z z x
 1 1 1 3
 Chứng minh rằng: .
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2
Câu 4: (5,0 điểm)
 Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của 
 đường tròn O; R cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và 
 F . Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF .
 1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳngO A .
 2. Gọi α là số đo của góc BFE . Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì 
 6 6
 thì biểu thức P sin cos đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
 3
 3 BE CE
 3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF CD và .
 BF 3 DF
Câu 5: (1,0 điểm) 
 Tìm n ¥ * sao cho: n4 n3 1 là số chính phương.
 . .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG THANH OAI NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1: (4,0 điểm)
 x x 3 x 2 x 2 
 a) Cho M 1 : 
 x 1 x 2 3 x x 5 x 6 
 1. Rút gọn M .
 2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên. 
 b) Tính giá trị của biểu thức P . 
 P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3.
 Lời giải
 ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 
 1) Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9 
 x 1 x x 3 x 2 x 2 
 M : 
 x 1 x 2 x 3 ( x 2)( x 3) 
 1 ( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) ( x 2) 
 : 
 x 1 ( x 2)( x 3) 
 1 x 9 (x 4) x 2
 :
 x 1 ( x 2)( x 3)
 x 2
 x 1
 x 2
 Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) 
 x 1
 x 2 x 1 3 x 1 3 3
 2) M 1 
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U(3)
 Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 0 x 1 1
 Nên x 1 1;3 Xảy ra các trường hợp sau: 
 x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*) )
 x 1 3 x 2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) 
 Vậy x 0 thì M nhận giá trị nguyên. 
 b) 
 x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3
 Có 18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 
 x 6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3
 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3
 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 
 Với x 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 
 Vậy với x 1thì P 2014 .
Câu 2: (1,0 điểm)
 a) x 3 x 4 x 5 x 6 24 
 b) 2x x2 1 2x x2 1
 Lời giải
 a) x 3 x 6 x 4 x 5 24 x2 9x 18 x2 9x 20 24 (1)
 2
 Đặt x 9x 19 y phương trình (1) trở thành : 
 y 1 y 1 24 0 y2 25 0 y 5 y 5 0
 x2 9x 24 x2 9x 14 0
 x 2 x 7 x2 9x 24 0 
 x 2 x 7 x2 9x 24 0
 Chứng tỏ x 2 9x 24 0
 Vậy nghiệm của phương trình : x 2; x 7.
 b) Ta có 2x x 2 1 (x 2 2x 1) (x 1) 2 0
 Phương trình trở thành : 2x x 2 1 x 2 2x 1 x 1 
 Vậy nghiệm của phương trình : x 1. 
Câu 3: (2,0 điểm)
 a) Cho hai số dương thỏa mãn: x y 1. Tìm GTNN của biểu thức: 
 2 1 2 1 
 M x 2 y 2 
 y x 
 1 1 1
 b) Cho x, y là các số dương thỏa mãn: 6 . 
 x y y z z x
 1 1 1 3
 Chứng minh rằng: 
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2
 Lời giải
 a) (1,0 điểm)
 4 4 2 2
 2 1 2 1 2 2 1 x y 2x y 1
 M x 2 y 2 x y 1 1 2 2 2 2
 y x x y x y 2
 2 2 2 2
 x y 1 x2 y2 1 1 
 2 2 xy 
 x y xy xy 
 1 1 15
 Ta có: xy xy 
 xy 16xy 16xy
 1 1 1 1
 * Ta có: xy 2 xy. 2. (1) 
 16xy 16xy 4 2
 x y 1 1 1 1 4 1 15 15
 * xy xy 4 (2)
 2 2 4 xy 16xy 16 4 16xy 4
 1 1 15 1 15 17
 Từ (1) và (2) xy xy . 
 xy 16xy 16xy 2 4 4
 2 2
 1 17 289
 Vậy M xy .
 xy 4 16
 1 1
 xy xy 1
 Dấu “=” xảy ra 16xy 4 x y (Vì x, y 0 )
 2
 x y x y
 289 1
 Vậy Min tại x y . 
 M 16 2
 b) (1,0 điểm)
 1 1 4 1 1 1 1 
 Áp dụng BĐT (với a,b 0 ) 
 a b a b a b 4 a b 
 1 1 1 1 1 
 Ta có: 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z
 1 2 1 1 
 16 x y x z y z 
 1 1 2 1 1 
 Tương tự: 
 3x 2y 3z 16 x z x y y z 
 1 1 2 1 1 
 2x 3y 3z 16 y z x y x z 
 Cộng vế theo vế, ta có: 
 1 1 1 1 4 4 4 
 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 
 4 1 1 1 1 3
 .6 
 16 x y x z y z 4 2 
Câu 4: ( 5,0 điểm) Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của 
đường tròn O; R cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và 
F . Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF .
1) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳngO A .
2) Gọi α là số đo của góc BFE . Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì 
 6 6
thì biểu thức P sin cos đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
 3
 3 BE CE
3) Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF CD và .
 BF 3 DF
 Lời giải
 B
 1
 D
 I
 O
 C H
 1
 E F
 P A Q
1) BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA .
Nối OE , BEF vuông tại B ; BA  EF nên AB2 AE.AF .
 AE AB AE AB AE AB
 1 1
 AB AF AB AF OA AQ
 2 2
 · · · µ
Vậy AEO  ABQ (c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P1 (góc có các cạnh 
 · µ
tương ứng vuông góc) nên AEO P1 , mà hai góc đồng vị.
Trong AEO có PE PA (giả thiết); PH //OE suy ra H là trung điểm của OA .
2) Ta có:
 3 3
P sin6 cos6 sin2 cos2 
 2 2 4 2 2 4
P sin cos sin sin cos cos 
 2
P sin2 cos2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2 
Ta có:
 2 1
 sin2 cos2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2 
 4
 3 1
Suy ra: P 1 3sin2 cos2 1 
 4 4
 1
Do đó: P khi và chỉ khi: sin2 cos2 sin cos (vì là góc nhọn) 
 min 4
 sin 
 1 tg 1 45 
 cos 
Khi đó CD vuông góc với AB. 3) Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn O có AB là đường kính nên 
 ·ACB ·ADB 90 ADBC là hình chữ nhật.
 Ta có: CD2 AB2 AE.AF
 CD4 AB4 AE 2.AF 2 EC.EB . DF.BF EC.DF . EB.BF EC.DF.AB.EF
 AB3 CE.DF.EF
 Vậy CD3 CE.DF.EF
 BE 2 EA.EF AE BE 4 AE 2 CE.BE BE3 CE
 Ta có: . 
 BF 2 FA.EF AF BF 4 AF 2 DF.BF BF 3 DF
Câu 5: (1,0 điểm)
 Tìm n ¥ * sao cho: n4 n3 1 là số chính phương.
 Lời giải
 2
 Giả sử n4 n3 1 là số chính phương vì n4 n3 1 n4 n2 
 2
 n4 n3 1 n2 k n4 2kn2 k 2 (k ¥ * )
 n3 2kn2 k 2 1 n2 n 2k k 2 1 0
 Mà k 2 1n2 k 2 1hoặc n2 k 2 1
 Nếu k 2 1 k 1 n2 n 2 0 n 2
 Thử lại 24 23 1 52 ( thỏa mãn)
 Khi k 1 k 2 k 2 1 n2 k n
 n 2k 0 mâu thuẫn với điều kiện n2 n 2k k 2 1 0. 
 Vậy n 2 .
 ..HẾT