Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh phú thọ năm học 2013 2014(có đáp án)

Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:……………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - THCS (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài • Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. • Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đáp án. • Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 ( 3,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 4 x − 8 y − 12 = 0. 3 2 b) Cho P ( x ) = x − 3x + 14 x − 2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P ( x ) chia hết cho 11. Nội dung a) Phương trình tương đương với (x 2 + 4 y 2 − 4 xy ) + 4 ( x − 2 y ) + 4 = 16 − y 2 ⇔ ( x − 2 y + 2 ) 2 = 16 − y 2 ; 2 mà x, y ∈ ¢ nên ( x − 2 y + 2 ) = 16, y = 0 (1) hoặc x − 2 y + 2 = 0, y 2 = 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 ) } . Điểm 0,5 0,5 0,5 b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p = 3k + 2 thì x 3 ≡ y 3 ( mod p ) ⇔ x ≡ y ( mod p ) . 3 3 Thật vậy, x ≡ y ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) , đúng. 3 3 3k 3k Với x ≡ y ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) . Với x, y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng. p −1 p −1 3 k +1 ≡ y 3 k +1 ( mod p ) Với ( x, p ) = 1, ( y , p ) = 1 ta có x ≡ y ≡ 1( mod p ) ⇒ x ⇒ x.x3k ≡ y. y 3k ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p ) vì x 3k ≡ y 3k ( mod p ) . Áp dụng Bổ đề, ta có 3 3 P ( x ) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ ( x − 1) + 11( x − 1) + 10 ≡ ( y − 1) + 11( y − 1) + 10 ( mod 11) ⇔ ( x − 1) ≡ ( y − 1) ( mod 11) ⇔ x − 1 ≡ y − 1( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) . Do đó, P ( x ) ≡ P ( y ) ( mod 11) ⇔ x ≡ y ( mod 11) . 3 3 Suy ra với mỗi n ∈ ¥ , trong 11 giá trị P ( n ) , P ( n + 1) ,K , P ( n + 10 ) , có duy nhất một giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong các số P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 99 ) có đúng 9 số chia hết 0,5 0,5 0,5 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) a 3 − 3a + 2 a) Tính giá trị biểu thức P = 3 , biết a = 3 55 + 3024 + 3 55 − 3024 . a − 4a 2 + 5a − 2 b) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 3 = 3x − 1, y 3 = 3 y − 1, z 3 = 3z − 1. Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 = 6. Nội dung a 3 − 3a + 2 ( a − 1) ( a + 2 ) = a + 2 = a) Ta có P = 3 ; a − 4a 2 + 5a − 2 ( a − 1) 2 ( a − 2 ) a − 2 Điểm 2 3 2 3 mà a = 110 + 3 55 − 3024 ( 3 0,5 ) 55 − 3024 + 3 55 + 3024 . 0,5 ⇒ a 3 = 110 + 3a ⇔ a 3 − 3a − 110 = 0 . ⇔ ( a − 5 ) ( a 2 + 5a + 22 ) = 0 ⇔ a = 5 . Suy ra P = 7 . 3 b) Ta có x 3 = 3 x − 1(1), y 3 = 3 y − 1 (2), z 3 = 3 z − 1 (3) .  x3 − y 3 = 3 ( x − y )  x 2 + xy + y 2 = 3 (4)   Từ (1), (2) và (3) suy ra  y 3 − z 3 = 3 ( y − z ) ⇔  y 2 + yz + z 2 = 3 (5)  3  2 2 3  z + zx + x = 3 (6).  z − x = 3( z − x ) Từ (4) và (5) suy ra x 2 − z 2 + xy − yz = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z = 0 , (vì x, y, z đôi một phân biệt). Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có 3 2 1 2 x + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z ) = 9 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 6 . ( 2 2 Câu 3 ( 4,0 điểm) x −1 a) Giải phương trình 3 x − 1 + 4 x = 3x + 1. 3 x 2 + 2 y 2 − 4 xy + x + 8 y − 4 = 0 b) Giải hệ phương trình  x 2 − y 2 + 2 x + y − 3 = 0  Nội dung 1 x≥− ,x≠0 a) Điều kiện xác định: . 3 2 Phương trình tương2đương với 12 x − ( 3 x + 1) = 4 x 3 x + 1 . Đặt a = 2 x, b = 3 x + 1 ta 2 3 a − b = 2ab ⇔ ( b − a ) ( b + 3a ) = 0 ⇔ b = a hoặc b = −3a . Khi đó có phương trình 3 x + 1 = 2 x hoặc 3 x + 1 = −6 x . +) Với 3 x + 1 = 2 x , điều kiện x > 0 , ta có 1 3 x + 1 = 2 x ⇔ 3 x + 1 = 4 x 2 ⇔ 4 x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − (loại). 4 1 − ≤ x S ANN '' ⇒ MM '' > NN '' ⇒ M '' N '' > MN ( ) R 2− 3 Với α = 60o ; BC = R suy ra AQ = R − R 3 = , 2 2 MN = ( R 2− 3 2 ). 2 = ( R 2 3 −3 ) ⇒ OI = R ( 2 3 −3 1,0 ). 3 3 6 Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng: 2 x2 + y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 + x2 2z 2 + x2 + y 2 + + ≥ 4 xyz. 4 − yz 4 − zx 4 − xy Nội dung Điểm 2 2 2 Chứng minh được: 2 x + y + z ≥ 2 x ( y + z ) . 2 2 2 2 2 2 Tương tự ta có 2 y + z + x ≥ 2 y ( z + x ) , 2 z + x + y ≥ 2 z ( x + y ) . x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y) + + ≥ 2 xyz . 4 − yz 4 − zx 4 − xy y+z z+x x+y + + ≥ 1. Bất đẳng thức này tương đương với ( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy Do đó ta sẽ chứng minh 2 yz y+z = Ta có 4 − yz 2 yz ≥ ( ) 2 − yz 2 + yz 2 yz 2 − yz ( ( 0 < 2 − yz ) yz = − )( ( ) 2 ) xy − 1 + 1 ≤ 1 nên ( (2− yz ) ) 1 1 0,5 ( yz 2 + yz ( 0,5 yz 2 + yz ) ≥ ) , dễ có 1 2 + yz . y+z 1 z+x 1 ≥ ≥ , tương tự có ( 4 − yz ) 2 yz 2 + yz ( 4 − zx ) 2 zx 2 + zx và x+ y 1 ≥ . ( 4 − xy ) 2 xy 2 + xy y+z z+x x+y 1 1 1 + + ≥ + + Do đó ( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy 2 + xy 2 + yz 2 + zx . Vậy nên 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 + + ≥ ≥ 1; Áp dụng (*) ta có 2 + xy 2 + yz 2 + zx 6 + xy + yz + zx x+ y y+z z+x + + = x + y + z = 3 ). (Vì xy + yz + zx ≤ 2 2 2 y+z z+x x+y + + ≥1 Vậy ( 4 − yz ) 2 yz ( 4 − zx ) 2 zx ( 4 − xy ) xy . 2 x2 + y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 + x2 2z 2 + x2 + y 2 + + ≥ 4 xyz . Do vậy ta có 4 − yz 4 − zx 4 − xy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 . .......................... HẾT .......................... 1,0