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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1: (4,0 điểm)
 a) Rút gọn biểu thức A x 4 x 4 x 4 x 4 với x 4 . 
 a b c d e f
 b) Cho a , b , c , d , e , f là các số thực khác 0 , thỏa mãn 1 và 0 . 
 d e f a b c
 a2 b2 c2
 Tính giá trị của biểu thức B . 
 d 2 e2 f 2
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 14n 256 là một số chính phương. 
 b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 . 
 Chứng minh rằng a8n 3a4n 4 chia hết cho 5 , với mọi số tự nhiên n . 
Câu 3: (6,0 điểm)
 a) Giải phương trình x2 x 2014 2014 . 
 x y z 2
 b) Giải hệ phương trình 2 .
 2xy z 4
 c) Cho a , b , c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c2 1. 
 Chứng minh rằng abc 2 1 a b c ab ac bc 0 . 
Câu 4: (3,0 điểm)
 a) Cho hình bình hành ABCD , các điểm M , N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và BC 
 sao cho AN CM . Gọi K là giao điểm của AN và CM . Chứng minh KD là tia phân 
 giác của góc AKC . 
 b) Cho ABC vuông tại A AB AC . Biết BC 4 4 3 và bán kính đường tròn nội 
 tiếp ABC bằng 2 . Tính số đo của góc B và góc C của ABC . 
Câu 5: (3,0 điểm)
 Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Trên cạnh BC lấy điểm D tùy ý ( D khác B và C
 ). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B , đường tròn tâm O2 qua D và tiếp 
 xúc với AC tại C , hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E .
 a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một 
 điểm cố định.
 b) Giả sử ABC cân tại A , chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm 
 D trên cạnh BC . 
 .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 TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1: (4,0 điểm)
 a) Rút gọn biểu thức A x 4 x 4 x 4 x 4 với x 4 . 
 a b c d e f
 b) Cho a ,b , c , d , e , f là các số thực khác 0 , thỏa mãn 1 và 0 . 
 d e f a b c
 a2 b2 c2
 Tính giá trị của biểu thức B . 
 d 2 e2 f 2
 Lời giải
 a) Với x 4 , ta có
 2 2
 A x 4 4 x 4 4 x 4 4 x 4 4 x 4 2 x 4 2 
 x 4 2 x 4 2 .
 Xét các trường hợp: 
 • Với x 8 , ta có A x 4 2 x 4 2 2 x 4 .
 • Với 4 x 8 , ta có A x 4 2 2 x 4 4 . 
 b) Với a ,b , c , d , e , f là các số thực khác 0 , ta có: 
 2
 a b c a b c a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca
 1 1 2 2 2 1
 d e f d e f d e f de ef fd
 a2 b2 c2 2abc f d e a2 b2 c2 d e f
 2 2 2 1 2 2 2 1, vì 0 . 
 d e f def c a b d e f a b c
 Vậy B 1. 
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 14n 256 là một số chính phương. 
 b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 . 
 Chứng minh rằng a8n 3a4n 4 chia hết cho 5 , với mọi số tự nhiên n . 
 Lời giải
 a) Đặt n2 14n 256 k 2 , với k ¥ . 
 Khi đó n2 14n 256 k 2 n 7 2 k 2 305 n 7 k n 7 k 305 .
 Mà 305 1.305 1 . 305 5.61 5 . 61 và n 7 k n 7 k , với 
 k ¥ .
 Ta xét các trường hợp sau: 
 n 7 k 1 n 160
 • TH1: . 
 n 7 k 305 k 152
 n 7 k 305 n 146
 • TH2: .
 n 7 k 1 k 152
 n 7 k 5 n 40
 • TH3: .
 n 7 k 61 k 28 n 7 k 61 n 26
 • TH4: .
 n 7 k 5 k 28
 Vì n và k là các số tự nhiên nên chọn n 40 hoặc n 160 . 
 n n
 b) Ta có a8n 3a4n 4 a8n 1 3 a4n 1 a8 1 3 a4 1 
 n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 n 3
 a8 1 a8 a8 a8 ... 1 3 a4 1 a4 a4 a4 ... 1 
 n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 n 3
 a4 1 a4 1 a8 a8 a8 ... 1 3 a4 1 a4 a4 a4 ... 1 
 4 4 4 4 4 2 2 4 
 a 1 a 1 .B 3 a 1 .C a 1 a 1 .B 3C a 1 a 1 a 1 .B 3C 
 a2 1 a2 1 .D .
 Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 nên ta xét các trường hợp 
 sau:
 • TH1: a 5k 1, khi đó a2 1 5k 1 2 1 5 a8n 3a4n 4 5 .
 • TH2: a 5k 2 , khi đó a2 1 5k 2 2 1 5 a8n 3a4n 4 5. 
 • TH3: a 5k 3, khi đó a2 1 5k 3 2 1 5 a8n 3a4n 4 5.
 • TH4: a 5k 4 , khi đó a2 1 5k 4 2 1 5 a8n 3a4n 4 5 .
 Vậy a8n 3a4n 4 chia hết cho 5 , với mọi số tự nhiên n .
Câu 3: (6,0 điểm)
 a) Giải phương trình x2 x 2014 2014 . 
 x y z 2
 b) Giải hệ phương trình 2 .
 2xy z 4
 c) Cho a , b , c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c2 1. 
 Chứng minh rằng abc 2 1 a b c ab ac bc 0 . 
 Lời giải
 a) Điều kiện: x 2014 . 
 Đặt t x 2014 , t 0 t 2 x 2014 . 
 x2 t 2014 1 
 Ta có hệ phương trình sau: 2 .
 t x 2014 2 
 2 2 t x
 Lấy 2 1 vế theo vế ta được: t x x t 0 x t t x 1 0 .
 t x 1
 • Với t x thay vào 1 ta được
 1 8057 1 8057
 x2 x 2014 0 x (loại vì t 0 ) hoặc x (nhận).
 2 2
 • Với t x 1 thay vào 1 ta được 1 8053 1 8053
 x2 x 2013 0 x (loại vì t 0 ) hoặc x 
 2 2
 (nhận).
 1 8057 1 8053
 Vậy phương trình có nghiệm là x hoặc x . 
 2 2
 S 2 z
 S x y 
 b) Đặt . Hệ phương trình đã cho trở thành 1 2 .
 P xy P z 4 
 2
 1
 Khi đó x , y là nghiệm của phương trình X 2 2 z X z2 4 0 1 .
 2
 2 1 2
 Ta có 2 z 4. z2 4 z2 4z 4 z 2 . 
 2
 Phương trình 1 có nghiệm 0 z 2 2 0 z 2 . 
 Thay z 2 vào phương trình 1 ta được X 2 4X 4 0 X 2 .
 phương trình 1 có nghiệm x y 2 , z 2 . 
 x 2
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 2 . 
 z 2
 c) Ta có a2 b2 c2 1 a2 1 b2 c2 1 a 1 1 a 0 . 
 Tương tự ta cũng có 1 b 0 , 1 c 0 . 
 Khi đó 1 a 1 b 1 c 0 1 a b c ab ac bc abc 0 1 .
 Mặt khác 1 a b c 2 0 1 2 a b c a b c 2 0 
 1 2 a b c a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 0 
 2 1 a b c ab ac bc 0 (vì a2 b2 c2 1) 
 1 a b c ab ac bc 0 2 
 Lấy 1 2 vế theo vế ta được: abc 2 1 a b c ab ac bc 0 (đpcm). 
Câu 4: (3,0 điểm)
 a) Cho hình bình hành ABCD , các điểm M , N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và BC 
 sao cho AN CM . Gọi K là giao điểm của AN và CM . Chứng minh KD là tia phân 
 giác của góc AKC . 
 b) Cho ABC vuông tại A AB AC . Biết BC 4 4 3 và bán kính đường tròn nội 
 tiếp ABC bằng 2 . Tính số đo của góc B và góc C của ABC . 
 Lời giải
 a) Kẻ DI  AN tại I , DH  MC tại H . 
 1 1
 Ta có S DI.AN , S DH.MC.
 ADN 2 DMC 2
 1
 Mà S S S .
 ADN DMC 2 ABCD
 Suy ra DI.AN DH.MC DI DH .
 Khi đó ta có IDK HDK (cạnh huyền - cạnh góc vuông) I·KD H· KD hay KD là tia phân giác của góc AKC (đpcm). 
 b) Gọi I , H , K lần lượt là các tiếp điểm của 
 đường tròn nội tiếp ABC với các cạnh AB ,
 AC , BC . 
 Ta có AB AC AI IB AH HC
 AI AH BK KC 8 4 3 1 .
 2 2
 AB AC 2 8 4 3 AB2 AC 2 2AB.AC 8 4 3 
 2
 2
 2 8 4 3 BC
 BC 2 2AB.AC 8 4 3 AB.AC 24 16 3 2 . 
 2
 Từ 1 và 2 , kết hợp với AB AC suy ra AB 2 2 3 , AC 6 2 3 .
 AB 2 2 3 1
 Khi đó sin C Cµ 30 , Bµ 60 . 
 BC 4 4 3 2
Câu 5: (3,0 điểm)
 Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Trên cạnh BC lấy điểm D tùy ý ( D khác B và C
 ). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B , đường tròn tâm O2 qua D và tiếp 
 xúc với AC tại C , hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E .
 a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một 
 điểm cố định.
 b) Giả sử ABC cân tại A , chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm 
 D trên cạnh BC . 
 Lời giải
 a) Kéo dài ED cắt O tại I . A
 I
 · ·
 AB là tiếp tuyến của O1 ABD BED . 
 · ·
 AC là tiếp tuyến của O2 ACD CED .
 ·ABD ·ACD B· EC B· EC B· AC 180 
 Suy ra tứ giác ABEC nội tiếp O . O
 ·AIE ·ACE ·ACD D· CE C· ED D· CE I·DC
 AI //BC I cố định. 
 B D
 Vậy đường thẳng DE luôn đi qua điểm I cố định (đpcm).
 C
 b) Ta có »AB IºC (do AI //BC ). 
 E
 Mà ABC cân tại A nên »AB »AC »AC IºC I  A
 A , D , E thẳng hàng.
 AD.AE AB2 (vì ABE∽ ADB ). 
 Vậy AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D trên cạnh BC (đpcm). 
 ..HẾT