Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014
Câu 1: (3,0 điểm)
 a) Giải phương trình trên tập nguyên x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0
 b) Cho P(x) x3 3x2 14x 2 . 
 Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia hết cho 11. 
Câu 2: (4,0 điểm)
 a3 3a 2
 a) Tính giá trị biểu thức P , biết a 3 55 3024 3 55 3024
 a3 4a2 5a 2
 b) Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn 
 x3 3x 1, y3 3y 1, z3 3z 1
 Chứng minh rằng x2 y2 z2 6
Câu 3: (4,0 điểm)
 x 1
 a) Giải phương trình: 3x 1 3x 1
 4x
 3x2 2y2 4xy x 8y 4 0
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x y 2x y 3 0
Câu 4: (7,0 điểm)
 Cho đường tròn O; R và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa 
 cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao 
 cho E và F khác phía với điểm A qua BC; AE và AF cắt BC lần lượt tại N và M. 
 Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.
 a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp.
 b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp 
 EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
 c) Khi 60 và BC R, tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
Câu 5: (2,0 điểm)
 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3 
 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 y2 x2
 Chứng minh rằng 4xyz
 4 yz 4 xz 4 yx
 .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 THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014
Câu 1: (3,0 điểm)
 a) Giải phương trình trên tập nguyên x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0
 b) Cho P(x) x3 3x2 14x 2 .
 Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia hết cho 11. 
 Lời giải
 a) x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0 x2 4x(y 1) (5y2 8y 12) 0 (*)
 Để PT (*) có nghiệm nguyên x thì ' chính phương 
 ' 4(y 1)2 5(5y2 8y 12) 16 y2 16
 từ đó tìm được x; y 2;0 ; 6;0 ; 10; 4 ; 6;4 
 Cách khác: x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0 (x 2y 2)2 y2 16 42 02
 xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm
 2
 mà x, y ¢ nên x 2y 2 16, y 0 (1) hoặc x 2y 2 0, y2 16 (2) .
 Ta có (1) x 2, y 0 hoặc x 6, y 0 .
 (2) y 4, x 6 hoặc y 4, x 10.
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x; y 2; 0 , 6; 0 , 6; 4 , 10; 4 .
 b) Ta có P(x) x3 3x2 14x 2 (x 2)(x2 x 12) 22
 Để P x chia hết 11 thì (x 2)(x2 x 12)11
 mà (x2 x 12) x(x 1) 1 11 ta có x(x 1) 1 không chia hết cho 11
 suy ra (x2 x 12) không chia hết cho 11 nên x 2 chia hết cho 11 mà x 100; x ¥
 suy ra x 2;13;22;35;47;57;68;79;90
 3 2 3 3
 Cách khác: P(x) x 3x 14x 2 (x 1) 1 11x 11 (x 1) 1 11
 Suy ra x 1 3 chia cho 11 dư 1 suy ra x 1 chia cho 11 dư 1 suy ra x chia cho 11 dư 2 
 mà x 100 suy ra kết quả.
 Đáp án chính thức:
 Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p 3k 2 thì 
 x3  y3 mod p x  y mod p .
 Thật vậy, x  y mod p x3  y3 mod p , đúng.
 Với x3  y3 mod p x3k  y3k mod p .
 Với x, y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.
 Với x, p 1, y, p 1 ta có x p 1  y p 1 1 mod p x3k 1  y3k 1 mod p 
 x.x3k  y.y3k mod p x  y mod p vì x3k  y3k mod p .
 Áp dụng Bổ đề, ta có
 P x  P y mod 11 x 1 3 11 x 1 10  y 1 3 11 y 1 10 mod 11 
 x 1 3  y 1 3 mod 11 x 1  y 1 mod 11 x  y mod 11 .
 Do đó, P x  P y mod 11 x  y mod 11 . Suy ra với mỗi n ¥ , trong 11 giá trị P n , P n 1 ,, P n 10 , có duy nhất một giá 
 trị chia hết cho 11. Do đó, trong các số P 1 , P 2 ,, P 99 có đúng 9 số chia hết cho 
 11, còn P 0 2 không chia hết cho 11.
 Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2: (4,0 điểm)
 a3 3a 2
 a) Tính giá trị biểu thức P , biết a 3 55 3024 3 55 3024
 a3 4a2 5a 2
 b) Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn 
 x3 3x 1, y3 3y 1, z3 3z 1
 Chứng minh rằng x2 y2 z2 6
 Lời giải
 7
 a) Tính a3 110 3a (a 5)(a2 5a 22) 0 a 5 thay a 5 vào P 
 3
 b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ 
 x3 3x 1 x3 y3 3(x y) x2 xy y2 3 (1)
 3 3 3 2 2
 y 3y 1 y z 3(y z) y zy z 3 (2)
 3 3 3 2 2
 z 3z 1 z x 3(z x) x xz z 3 (3)
 Trừ (1) cho (2) ta được (x z)(x y z) 0 x y z 0
 Cộng (1); (2); (3) ta có 2(x2 y2 z2 ) xy yz xz 9 (*)
 x2 y2 z2
 Mà từ x y z 0 suy ra xy yz xz thay vào (*) ta có đpcm.
 2
Câu 3: (4,0 điểm)
 x 1
 a) Giải phương trình 3x 1 3x 1
 4x
 3x2 2y2 4xy x 8y 4 0
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x y 2x y 3 0
 Lời giải
 1
 a) ĐKXĐ: x 
 3
 x 1
 3x 1 3x 1 4x(3x 1) x 1 4x 3x 1 12x2 3x 1 4x 3x 1
 4x
 2 4x 2x 3x 1 2x 3x 1
 16x2 2x 3x 1 
 4x 2x 3x 1 6x 3x 1
 3 153
 Giải ra pt có 2 nghiệm x 1; x 
 72
 3x2 2y2 4xy x 8y 4 0 3x2 2y2 4xy x 8y 4 0(1)
 b) 
 2 2 2 2
 x y 2x y 3 0 2x 2y 4x 2y 6 0(2)
 Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được 2 x 2y 1
 x 2y 3(x 2y) 2 0 (x 2y 1)(x 2y 2) 0 
 x 2y 2
 Thay vào phương trình x2 y2 2x y 3 0 hệ có 4 nghiệm
 7 109 13 109 7 109 13 109 
 x; y 1;0 ; 5 3 ; ; ; ; 
 3 6 3 6  
Câu 4: (7,0 điểm)
 Cho đường tròn O; R và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa 
 cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao 
 cho E và F khác phía với điểm A qua BC; AE và AF cắt BC lần lượt tại N và M. 
 Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.
 a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp.
 b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp 
 EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
 c) Khi 60 và BC R, tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
 Lời giải
 A
 B M T Q N C
 H
 K
 O
 F
 S
 I
 J
 G D E
 P
 1 1
 a) Ta có: M· NE = (sđ »AC sđ B¼FE ) = (sđ »AB sđ B¼FE )
 2 2
 ·AFE sđ »AC sđC»E
 Suy ra: M· NE M· FE 180 
 Vậy tứ giác MNEF nội tiếp
 b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R). Q là giao điểm của AO và 
 BC. 
 Lấy G đối xứng với E qua AP D EG, G O 
 Ta có M· DG N· EG , ·AEG ·AFG 180 M· DG M· FG 180 Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp (1)
 Gọi giao điểm của AG và BC là H
 Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2)
 Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn.
 Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và cắt đường tròn (O) tại J; I OJ , sđ J»F =sđ J»G 
 và sđ P»G =sđ P»E nên J· OP hay I nằm trên đường thẳng cố định. Đó là đường thẳng đi 
 qua O và tạo với AO một góc không đổi.
 c) 
 A
 U
 B M' M Q N C
 1
 Hạ IT  BC T BC TH TM . Do QH QN , suy ra IS MN
 2
 Tam giác vuông OSI có I·OS không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất 
 MN nhỏ nhất. Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.
 Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M· ' AN ' . Không mất tính tổng quát giả sử 
 QM ' QN ' suy ra AM ' AN ' . Trên đoạn AM ' lấy điểm U sao cho AU AN '
 AUM ANN ' (c.g.c) SAM 'M SANN ' MM ' NN ' M ' N ' MN
 R 3 R 2 3 
 Với 60; BC R suy ra AQ R , 
 2 2
 R 2 3 2 R 2 3 3 R 2 3 3 
 MN . OI . 
 2 3 3 6
Câu 5: (2,0 điểm)
 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3 
 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 y2 x2
 Chứng minh rằng 4xyz
 4 yz 4 xz 4 yx
 Lời giải
 Lời giải 1:
 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 y2 x2
 4xyz
 4 yz 4 xz 4 yx
 x2 y2 x2 z2 x2 y2 y2 z2 z2 y2 x2 z2
 M 4(*)
 xyz(4 yz) xyz(4 xz) xyz(4 yx)
 2xy 2xz 2xy 2yz 2xz 2yz
 M N
 xyz(4 yz) xyz(4 xz) xyz(4 yx) y z x z x z 
 N 2 
 yz(4 yz) xz(4 xz) yx(4 yx) 
 1 1 1 1 1 1 
 N 2 2 
 z(4 yz) x(4 yz) y(4 yx) y(4 yz) zx(4 yz) x(4 yx) 
 6 6 12 3 3
 N 
 3 xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy) 3 xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy) 3 3xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy)
Mặt khác 
 4 4
 3xyz 4 xz 4 xy 4 yz 3xyz 12 xz xy yz 
3xyz(4 xz)(4 yz)(4 xy) 
 4 4 
 1 1 1 9 xy yz xz
Mà 3 3 3xyz xy xz yz 0
 x y z x y z xyz
 4
 3xyz 12 xz xy yz 
3xyz(4 xz)(4 yz)(4 xy) 81
 4 
 3 3xyz(4 xy)(4 xz)(4 yz) 33 3 
 12 3 3
Nên M N 4 BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x y z 1. 
 33 3
Đáp án chính thức:
Chứng minh được: 2x2 y2 z2 2x y z . 
Tương tự ta có 2y2 z2 x2 2y z x , 2z2 x2 y2 2z x y .
 x y z y z x z x y 
Do đó ta sẽ chứng minh 2xyz .
 4 yz 4 zx 4 xy
 y z z x x y
Bất đẳng thức này tương đương với 1.
 4 yz 2yz 4 zx 2zx 4 xy xy
 y z 2 yz 1
Ta có , dễ có 
 4 yz 2yz 2 yz 2 yz 2yz 2 yz yz 2 yz 
 2 1 1
0 2 yz yz xy 1 1 1 nên .
 2 yz yz 2 yz 2 yz
 y z 1 z x 1
Vậy nên , tương tự có và 
 4 yz 2yz 2 yz 4 zx 2zx 2 zx
 x y 1
 . 
 4 xy 2xy 2 xy
 y z z x x y 1 1 1
Do đó .
 4 yz 2yz 4 zx 2zx 4 xy xy 2 xy 2 yz 2 zx
Với a, b, c>0 có 
 1 1 1 a b b c c a 
 a b c 3 3 2 2 2 9 nên 
 a b c b a c b a c 
 1 1 1 9
 (*). 
 a b c a b c 1 1 1 9
Áp dụng (*) ta có 1; 
 2 xy 2 yz 2 zx 6 xy yz zx
 x y y z z x
(Vì xy yz zx x y z 3 ).
 2 2 2
 y z z x x y
Vậy 1. 
 4 yz 2yz 4 zx 2zx 4 xy xy
 2x2 y2 z2 2y2 z2 x2 2z2 x2 y2
Do vậy ta có 4xyz . 
 4 yz 4 zx 4 xy
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1.
 ..HẾT