SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2015 ( Đề thi gồm có 01 trang ) Câu 1 (2,0 điểm): a) Tính giá trị của biểu thức: A = 3 2 2 3 4 2x x x+ − + với 5 5 5 5 2 2 3 5 1 2 2 x + + = + + − − − − b) Cho x, y thỏa mãn: 2014 2015 2014 2014 2015 2014x x x y y y+ + − − − = + + − − − Chứng minh: x y= Câu 2 (2,0 điểm): a) Giải phương trình ( ) ( ) 3 3 1 1 2 2 1 2x x x x x+ + + + = + + + b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: ( ) ( ) 2 3 4 2 2 1 1 4 x xy x y x x y y  + − + =   + + + =   Câu 3 (2,0 điểm): a) Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 2 2 2 1; 2 3; 3 4p p p− + + đều là số nguyên tố. b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 2 2 3 18 2 3 18 27x y z y z x− + + − = . Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung » BC không chứa D lấy F(F ≠ B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N(N ≠ F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P(P ≠ A). a) Giả sử · 0 60BAC = , tính DE theo R. b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC. Các đường thẳng IH và CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung » BC để biểu thức BC BD CD FH FI FK + + đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy yz zx xyz + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 4 3 4 3 3 4 M x y z x y z x y z = + + + + + + + + . HẾT Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh ……………. Chữ kí giám thị 1 ……………………… Chữ kí giám thị 2 ………………… ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM Câu1 2,0 điểm a) 1,0điểm Đặt 5 5 5 5 a = 2 + 2 - 2 2 + + + , a > 0 ( ) 2 2 5 5 a 4 2 4 4 6 2 5 4 5 1 3 5 3 5 2 a + = + − = + − = + − = + ⇒ = + 0,25 6 2 5 6 2 5 3 5 3 5 1 1 2 2 x + − ⇒ = + − − − = − − 5 1 5 1 1 2 1 2 2 + − = − − = − 0,25 2 x = 2 1 2 1 0x x − ⇒ + − = 0,25 B = 2x 3 + 3x 2 – 4x + 2 B = 2x(x 2 + 2x -1 ) - ( x 2 + 2x -1 ) + 1 = 1 0,25 b) 1,0điểm 2014 2015 2014 2014 2015 2014x x x y y y + + − − − = + + − − − (1) ĐKXĐ: 2014 ; 2014x y − ≤ ≤ (1) 2014 2014 2015 2015 2014 2014 0x y x y y x ⇔ + − + + − − − + − − − = Nếu x khác y và 2014 ; 2014x y − ≤ ≤ thì 2014 2014x y+ + + >0; 2015 2015x y− + − >0; 2014 2014x y− + − >0 , do đó (1) 0,25 ( ) 1 1 1 0 2014 2014 2015 2015 2014 2014 x y x y x y x y   ⇔ − − + =  ÷  ÷ + + + − + − − + −   (2) 0,25 Khi đó dễ chứng tỏ 1 1 0 2014 2014 2015 2015x y x y − > − + − − + − 0,25 Mà 0x y− ≠ nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0 Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y. 0,25 Câu 2 2,0 điểm a) 1,0 điểm ( ) ( ) 3 3 1 1 2 2 1 2x x x x x+ + + + = + + + (1) ĐKXĐ: x 1 ≥ − Đặt: 1; 2y x z= + = Khi đó (1) có dạng : x 3 + y 3 + z 3 = (x + y +z) 3 (2) Chứng minh được (2) ⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = 0 0,25 Với: x + y = 0 1 0 1x x x x⇔ + + = ⇔ + = − 1 5 2 x − ⇒ = ( Thỏa mãn) 0,25 Với: x + z = 0 2 0 2x x⇔ + = ⇔ = − ( không thỏa mãn). 0,25 Với: y + z = 0 1 2 0x⇔ + + = - vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: 1 5 2 x − = 0,25 b) 1,0 ®iÓm ( ) ( ) 2 3 4 2 2 x 1 + y 1 = 4 x xy x y x y  + − + =   + +   2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 0 2 5 2 0 x + y 4 0 x + y 4 0 x xy x y x xy y x y x y x y   + − + − = + − − + + =   ⇔ ⇔   + + − = + + − =     0.25 Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 5 2 0 2 2 1 0x xy y x y y x y x+ − − + + = ⇔ + − − + = 2y x⇔ = − hoặc 2 1y x= − 0.25 Với 2y x= − thay vào (2) ta được: x 2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1 Ta được nghiệm (1;1) 0.25 2 1y x= − thay vào (2) ta được: 5x 2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; 4 5 x − = Ta được nghiệm (1;1) và ( 4 13 ; 5 5 − − ) Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( 4 13 ; 5 5 − − ) 0.25 Câu 3 2,0 điểm a) 1.0 điểm Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 2 2 2 1; 2 3; 3 4p p p− + + đều là số nguyên tố. +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập { } 1; 2; 3± ± ± . Khi đó 2 p chia cho 7 có thể dư: 1;4;2 0.25 Xét 2 2 2 2 2 1; 2 3& 3 4 7p p p p> ⇒ − + + > Nếu 2 p chia cho 7 dư 1 thì 2 3 4p + chia hết cho 7 nên trái GT Nếu 2 p chia cho 7 dư 4 thì 2 2 1p − chia hết cho 7 nên trái GT Nếu 2 p chia cho 7 dư 2 thì 2 2 3p + chia hết cho 7 nên trái GT 0.25 +) Xét p=2 thì 2 3 4p + =16 (loại) 0.25 +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: 2 2 2 2 1 97; 2 3 101; 3 4 151p p p− = + = + = đều là các số nguyên tố Vậy p =7 0.25 b) 1,0 ®iÓm Giả thiết ( ) 2 2 2 2 2 3 3 18 2 3 54x y z y z⇔ − − + + = (1) +) Lập luận để 2 2 2 3 3 9 9z z z z⇒ ⇒ ⇒ ≥M M M (*) 0,25 (1) 2 2 2 2 3( 3) 2 3 ( 6) 54(2)x z y z⇔ − + + − = (2) 2 2 2 2 2 2 54 3( 3) 2 3 ( 6) 3( 3) 2.9 3 .3x z y z x y⇒ = − + + − ≥ − + + 2 2 ( 3) 3 12x y− + ≤ 2 2 2 4 1; 4y y y⇒ ≤ ⇒ = = vì y nguyên dương 0,25 Nếu 2 1 1y y= ⇔ = thì (1) có dạng: ( ) 2 2 2 2 2 72 3 3 5 72 5 72 9 3 5 x z z z z z− + = ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ = (vì có(*)) Khi đó ( ) ( ) 2 2 3 3 27 3 9x x− = ⇒ − = , x nguyên dương nên tìm được x=6 0,25 Nếu 2 4 2y y= ⇔ = (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 0,25 ( ) 2 2 2 2 2 3 3 14 126 14 126 9 9 3x z z z z z − + = ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ = (vì z nguyên dương) Suy ra 2 ( 3) 0 3x x− = ⇒ = (vì x nguyên dương) Đáp số 3 6 2; 1 3 3 x x y y z z = =     = =     = =   Câu 4 3,0 điểm a) 1,0 ®iÓm Vẽ hình (1 trường hợp) M P N E O B D C A F I H K 0,25 Sđ · » » 0 0 180 d d 60 2 s DE BAC s DE − = ⇒ = 0,25 Suy ra · 0 60EOD = nên tam giác OED đều 0,25 suy ra ED = R. 0,25 b) 1,0 ®iÓm · · APE ADE= (2 góc nội tiếp chắn cung AE) · · ABM ADE= (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: · · ABM APE= nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM 0,25 Nên . . AE AM AE AB AM AP AP AB = ⇒ = (1) 0,25 Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF . . AE AF AE AB AN AF AN AB = ⇒ = (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM 0,25 c) 1,0 ®iÓm Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên · · FHK FCK= ( cùng bằng · FBD ), suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên · 0 90FKC = . 0,25 Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: DK BH FK FH = Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: CK BI FK FI = Suy ra: DC BH BI FK FH FI = − 0,25 DC BD BH BD BI BH ID FK FI FH FI FI FH FI + = + − = + Mà ID HC FI FH = suy ra: DC BD BH HC BC FK FI FH FH FH + = + = 0,25 Vậy 2BC BD CD BC FH FI FK FH + + = nên BC BD CD FH FI FK + + nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung điểm cung BC 0,25 Câu 5 1,0 điểm Có xy yz zx xyz + + = 1 1 1 1 x y z ⇔ + + = (1) Ta chứng minh với x, y dương: 2 2 2 ( ) (*) a b a b x y x y + + ≥ + (*) 2 2 2 ( ) ( ) a b x y a b x y   ⇔ + + ≥ +  ÷   2 2 2 y x a b ab x y ⇔ + ≥ 2 0 y x a b x y   ⇔ − ≥  ÷   luôn đúng; “=” ⇔ y x a b x y − =0 ⇔ a= x b y 0,25 Áp dụng(*) ta có: 2 2 2 2 1 1 (1 1) 2 (" " : 1)y z y z y z y z + + ≥ = = ⇔ = + + 2 2 2 2 2 2 (2 2) 4 (" " 2 ) 2 3 3 y y z y z y y z y z y z + ⇒ + ≥ = = ⇔ = + ⇔ = + + + 2 2 2 4 4 (4 4) 64 (" " 4 3 ) 4 3 4 3 4 3 x y z x y z x y z x y z + ⇒ + ≥ = = ⇔ = + + + + + + 0,25 ⇒ 2 2 2 2 64 4 2 1 1 4 3 1 (" " 4 3 & 4 3 4 2 x y z y z x y z x y y z x y z ≤ + + + = + + = ⇔ = + = + + ⇔ x=y=z) 0,25 Tương tự: 64 1 4 3 (" " ) 4 3 x y z x y z x y z ≤ + + = ⇔ = = + + 64 3 1 4 (" " ) 3 4 x y z x y z x y z ≤ + + = ⇔ = = + + 1 1 1 4 3 4 3 3 4 M x y z x y z x y z = + + + + + + + + ≤ 1 1 1 1 1 8 8x y z   + + =  ÷   ( theo (1)) Vậy M đạt GTLN là 1 8 khi x = y = z = 3( theo (1)) 0,25 Hết . SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2015 ( Đề thi gồm có. Chữ kí giám thị 2 ………………… ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng. 0,25 b) 1,0điểm 2014 2015 2014 2014 2015 2014x x x y y y + + − − − = + + − − − (1) ĐKXĐ: 2014 ; 2014x y − ≤ ≤ (1) 2014 2014 2015 2015 2014 2014 0x y x y y x ⇔ + − + + − − − + − − − = Nếu x khác y và 2014