Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Tỉnh Vĩnh Phúc (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2014 - 2015
Câu 1: (1,5 điểm)
 3x 16x 7 x 1 x 7 x 
 Cho biểu thức: A  2 .
 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 
 a) Rút gọn biểu thức A.
 b) Tìm x để A 6.
Câu 2: (1,5 điểm)
 mx 2y 2
 Cho hệ phương trình: (với m là tham số).
 2x my 5
 a) Giải hệ phương trình trên khi m 10.
 b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức: 
 2015m2 14m 8056
 x y 2014 .
 m2 4
Câu 3: (3,0 điểm)
 a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
 a b c
 P .
 9a3 3b2 c 9b3 3c2 a 9c3 3a2 b
 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1).
Câu 4: (3,0 điểm)
 Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC 4AB. Tia Cx 
 vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D không trùng với C
 ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, 
 E.
 a) Tính giá trị DC.CE theo a.
 b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
 c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có 
 một dây cung cố định.
Câu 5: (1,0 điểm)
 1 1 1 1 1
 Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...; ; . 
 1 2 3 2014 2015
 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào 
 dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới 
 thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị 
 của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện 
 việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
 -----------Hết-----------
 Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
 - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
 Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2014 - 2015
Câu 16. (1,5 điểm)
 3x 16x 7 x 1 x 7 x 
 Cho biểu thức: A  2 
 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 
 a) Rút gọn biểu thức A.
 b) Tìm x để A 6.
 Lời giải
 x 0 x 0
 x 2 x 3 0 x 1 x 3 0 x 0
 a) A xác định khi x 3 0 x 1 x 1 ĐKXĐ:
 x 4
 x 1 0 x 2 
 0
 x x 1
 2 0 
 x 1
 x 0; x 1; x 4 .
 3x 16x 7 x 1 x 7 x 1 3 x 7 x 1 x 7
 Ta có: T 
 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 x 3 x 3 x 1
 2 x 6 x 7 2 x 3 x 7
 x 3 x 1 x 3 x 1
 x 7 x 9
 2 
 x 1 x 1
 x x 2
 M 2 
 x 1 x 1
 x 9 x 2 x 9
 A T : M : 
 x 1 x 1 x 2
 x 9
 Vậy với x 0; x 1; x 4 thì A .
 x 2
 x 9
 b) Biến đổi: A 6 6 x 9 6 x 2
 x 2 
 7 x 21 x 9 (thỏa mãn điều kiện). 
 Vậy để A 6 thì x 9 .
Câu 17. (1,5 điểm)
 mx 2y 2
 Cho hệ phương trình: (với m là tham số).
 2x my 5
 a) Giải hệ phương trình trên khi m 10.
 b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức: 2015m2 14m 8056
 x y 2014 .
 m2 4
 Lời giải
 mx 2y 2
 Hệ phương trình: (với m là tham số).
 2x my 5
 10x 2y 2 5x y 1 50x 10y=10
 a) Thay m 10 ta được hệ: 
 2x 10y 5 2x 10y 5 2x 10y 5
 15 15
 x x 
 52x=15 52 52
 2x 10y 5 5 2x 23
 y y 
 10 52
 15 23 
 Vậy với với m 10 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: x; y ; 
 52 52 
 mx 2
 mx 2 y mx 2
 mx 2y 2 y 2 y 
 b) 2 2
 2x my 5 mx 2 2
 2x my 5 2x m 5 m 4 x=2m+10
 2 
 2m 10
 x 
 m2 4
 ,m R
 5m 4
 y 
 m2 4
 2m 10
 x 
 m2 4
 Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ,m ¡
 5m 4
 y 
 m2 4
 2m 10 5m 4 2015m2 14m 8056
 Thay x và y vào hệ thức: x y 2014 
 m2 4 m2 4 m2 4
 2014m2 7m 8050 2015m2 14m 8056
 Ta được: 
 m2 4 m2 4
 2014m2 7m 8050 2015m2 14m 8056
 2 m 1
 m 7m 6 0 m 1 m 6 0 
 m 6
 Vậy để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức: 
 2015m2 14m 8056
 x y 2014 thì m 1 hoặc m 6 .
 m2 4
Câu 18. (1,5 điểm) a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
 a b c
P .
 9a3 3b2 c 9b3 3c2 a 9c3 3a2 b
 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1).
 Lời giải
 a) Ta có: (a2 b2 c2 )(x2 y2 z2 ) (ax by cz)2 , a,b,c, x, y, z ¡ . 
 1 
 Thật vậy: (1) (a2 y2 2abxy b2 x2 ) (a2 z2 2acxz c2 z2 ) (b2 y2 2bcyz c2 z2 ) 0 
 (ay bx)2 (az cx)2 (by cz)2 0 (đúng)
 ay bx
 Dấu " " az cx
 by cz
 1 1
 Áp dụng BĐT 1 ta có: (9a3 3b2 c)( c) (a b c)2 1
 9a 3
 1
 Dấu " " a b c .
 3
 1 a 1 1
 9a3 3b2 c a( c) .
 1 1 3 2
 c 9a 3b c 9a 3
 9a 3
 b 1 1 c 1 1
 Tương tự ta có: b( a); c( b)
 9b3 3c2 a 9b 3 9c3 3a2 b 9c 3
 1 a b c
 P 3. (ab bc ca)
 9 3
 1 1 (a b c)2 (a b c)2
 P 1. Do ab bc ca .
 3 3 3 3
 1
 Vậy P 1 a b c .
 max 3
 b) Ta có x(1 x x2 ) 4y(y 1) 
 (x3 x2 ) (x 1) 4y2 4y 1 (x 1)(x2 1) (2y 1)2 1 
 2
 Vì x, y ¢ 2y 1 0 nên từ 1 x 0 và x chẵn.
 Giả sử (x 1, x2 1) d d lẻ và x2 1d; x2 1d 2d d 1
 Vì (x 1)(x2 1) là số chính phương và (x 1, x2 1) 1 nên (x 1) và (x2 1) cũng là 
 hai số chính phương.
 Do x 0 x2 x2 1 (x 1)2 x2 1 (x 1)2 x 0 y 0
 Khi x 0 , có (1) 4y(y 1) 0 .
 y 1
 Vậy có hai cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0); (0;1) .
Câu 19. (1,5 điểm)
 Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC 4AB. 
 Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D không 
 trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và 
 CD lần lượt tại K, E.
 a) Tính giá trị DC.CE theo a.
 b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
 c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE 
 luôn có một dây cung cố định.
 Lời giải
 x
 D
 K
 C
 A N
 M B
 E
 a) Ta có: E· BC ·ADC (Cùng bù với góc K· BC ); ·ACD E· CB 90
 ACD# ECB (g - g)
 DC AC
 DC.CE AC.BC .
 BC EC
 a 3a 3a2
 Do AB ; BC DC.EC AC.BC .
 4 4 4
 1
 b) S BC.DE S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.
 BDE 2 BDE
 3a2
 Ta có: DE DC EC 2 DC.EC 2 a 3 (Theo chứng minh phần a).
 4 a 3
 Dấu " " DC EC .
 2
 3a2 3 a 3
 S nhỏ nhất bằng khi D thuộc tia Cx sao cho CD .
 (BDE) 8 2
 c) Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M , N (M nằm 
 giữa A và B ) M , N đối xứng qua DE .
 Ta có: AKB# ACD (g - g)
 AK AB
 AK.AD AC.AB . 1 
 AC AD
 AKM# AND (g - g)
 AK AM
 AK.AD AM.AN . 2 
 AN AD
 a2
 Từ 1 và 2 suy ra AM.AN AC.AB 
 4
 a2
 (AC MC)(AC NC) AC 2 MC 2 (Do MC NC )
 4
 3a2 a 3
 MC 2 MC NC 
 4 2
 M , N là hai điểm cố định. 
 Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định.
Câu 20. (1,0 điểm)
 1 1 1 1 1
 Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...; ; . 
 1 2 3 2014 2015
 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm 
 vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với 
 dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh 
 rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong 
 mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
 Lời giải
 Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có: u 1 v 1 u v uv 1 u v uv 1 
 (*)
 Với dãy số thực bất kỳ a1;a2 ;...;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”:
 T a1 1 a2 1 a3 1 ... a2015 1 
 Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích 
 thêm T ” không thay đổi với mọi dãy thu được.
 Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm T ”: 1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016
T 1 1 1 1 ... 1 . . .... . 2016 .
 1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là x thì “Tích 
thêm T ” đối với dãy cuối là: T x 1.
Vậy ta có: x 1 2016 x 2015 .
Bài toán được giải quyết và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta 
thu được số 2015 .
 ..HẾT