Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Thủy Nguyên năm học 2012 – 2013 môn: Toán 9

UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-----------------------------
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN 9
 Thời gian: 120 phút
( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức sau:
a) 11 2 30 11 2 30
5
  A b)  2 3 5 4 15 4 15     B
2. Tìm số tự nhiên n sao cho n + 12 và n – 77 là hai số chính phương.
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình sau:
7 4 5
3x 8 y 7
5 3 13
6x 8 y 7
        
2. Cho hai hàm số bậc nhất: y = (m + 3)x + 2m + 1 và y = 2mx – 3 m – 4 có đồ thị tương
ứng là (d1) và (d2).
a) Xác định m để (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung.
b) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d1) luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3. (1,75 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng xy tiếp xúc với nửa đường
tròn đó tại C (C khác A và B). Từ A và B vẽ AM và BN vuông góc với đường thẳng xy
tại M và N. Gọi D là hình chiếu của C trên AB. Chứng minh rằng CD 2 = AM.BN.
Bài 4. (2,25 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC, kẻ đường cao AH của
tam giác ABC. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O), cạnh AB, cạnh AC lần
lượt tại M, D, E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại K.
a) Chứng minh ba điểm A, M, K thẳng hàng.
b) Chứng minh bốn điểm B, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Bài 5. (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình x 2 + y2 – 13(x – y) = 0
2. Cho x > 0, y > 0 và x + y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 10P 2x 3y x y   
===========Hết==========
UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THỦY NGUYÊN
-------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
HỌC SINH GIỎI KHỐI LỚP 9
Môn thi: Toán học
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức sau:
a) 11 2 30 11 2 30
5
  A b)  2 3 5 4 15 4 15     B
2. Tìm số tự nhiên n sao cho n + 12 và n – 77 là hai số chính phương.
Câu Đáp án Điểm
1a 11 2 30 11 2 30 6 2 30 5 6 2 30 5
5 5
6 5 6 5 6 5 6 5 2 5 2
5 5 5
        
        
A
0,25
0,5
1b  
     
 
2 2 2
6 2 5 8 2 15 8 2 152 3 5 4 15 4 15 2
2 2 2
5 1 5 3 5 3
2
2 2 2
5 3 5 3 2 52 5 1 10 2 2
2 2 2
              
         
            
B
0,25
0,25
0,25
2 Vì n + 12 và n – 77 là hai số chính phương
Đặt n + 12 = a2 ; n – 77 = b2 (a, b  N và a > b)
Suy ra a2 – b2 = 89  (a – b)(a + b) = 89
Ta có a, b  N và a > b suy ra a – b, a + b  N và 0 < a – b < a + b
Do đó ta có :
a b 1 a 45
a b 89 b 44
       
Khi đó n + 12 = 452  n = 2013
0,25
0,25
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình sau:
7 4 5
3x 8 y 7
5 3 13
6x 8 y 7
        
2. Cho hai hàm số bậc nhất: y = (m + 3)x + 2m + 1 và y = 2mx – 3 m – 4 có đồ thị
tương ứng là (d1) và (d2).
a) Xác định m để (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung.
b) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d1) luôn đi qua một điểm cố
định.
Câu Đáp án Điểm
1 ĐK : x > 8 ; y > -7
Đặt 1u
x 8
  và
1
v
y 7
  (u, v > 0)
Ta có :
5 17u 4v u
3 3
13 15u 3v v
6 6
           
Do đó ta có :
1 1
3 x 17x 8
1 1 y 29
6y 7
        
(TMĐK)
Vậy hệ phương t rình có nghiệm duy nhất (x, y) = (17 ; 29)
0,25
0,25
0,25
0,25
2a Do hai hàm số đã cho là các hàm số bậc nhất nên
m 3 0 m 3
2m 0 m 0
        (*)
Để (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3    
Hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của phương trình
(m + 3)x + 2m + 1 = 2mx – 3m – 4 5m 5x (do m 3)
m 3
  
Do (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung khi hoành độ
giao điểm là số dương, tức là
5m 5 0 (5m 5)(m 3) 0 m 1
m 3
         hoặc m > 3.
Vậy để (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bê n phải trục tung khi
m  - 3 và m 3.
0,25
0,25
2b Giả sử khi m thay đổi mà đường thẳng (d 1) : y = (m + 3)x + 2m + 1
luôn đi qua điểm cố định (x0 ; y0), tức là y0 = (m + 3)x0 + 2m + 1
với mọi m.
0 0 0(x 2)m 3x 1 y 0      với mọi m
0 0
0 0 0
x 2 0 x 2
3x 1 y 0 y 5
           
Vậy (d1) luôn đi qua điểm (-2 ; - 5) cố định.
0,25
0,25
Bài 3. (1,75 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng xy tiếp xúc với nửa
đường tròn đó tại C (C khác A và B). Từ A và B vẽ AM và BN vuông g óc với
đường thẳng xy tại M và N. Gọi D là hình chiếu của C trên AB. Chứng minh rằng
CD2 = AM.BN.
Câu Đáp án Điểm
Hình vẽ đúng cả bài
2
1
N
M
BA OD
C
y
x
0,25
Ta có AM // OC // BN (cùng vuông góc với đường thẳng xy)
Do đó  1A ACO (hai góc so le trong)
Mà  2A ACO (AOC cân tại O)
Suy ra:  1 2A A
Chứng minh được: MAC = DAC (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra: AM = AD (1)
Chứng minh tương tự ta được: BN = BD (2)
Chứng minh được ACD∽ CBD (g.g)
2AD CD CD AD.BD
CD BD
    (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra CD2 = AM.BN (đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4. (2,25 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC, kẻ đường cao
AH của tam giác ABC. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) , cạnh AB,
cạnh AC lần lượt tại M, D, E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại K.
a) Chứng minh ba điểm A, M, K thẳng hàng.
b) Chứng minh bốn điểm B, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Câu Đáp án Điểm
Hình vẽ đúng cho phần a)
N
D
M E
F
OH
I
CBK
A
0,25
a Gọi F là tâm đường tròn đường kính AH.
Ta có  0DAE 90 . Do đó DE là đường kính của đường tròn (F)
Suy ra : D, F, E thẳng hàng.
Mặt khác (O) và (F) cắt nhau tại A và M nên OF là trung trực của
AM
 OF  AM (1)
Gọi N là giao điểm của OA và DE.
Ta có OA = OC = R. Do đó OAC cân tại O.
Suy ra :  OAC OCA
Lại có FA = FE  FAE cân tại F  FEA FAE 
Mà   0OCA FAE 90  nên
  0 0OAC FEA 90 ANE 90 KN OA     
Ta có F là trực tâm của tam giác KAO nên OF  KA (2)
Từ (1) và (2), suy ra A, M, K thẳng hàng.
0,25
0,25
0,25
0,25
b Gọi I là giao điểm của hai đường trung trực của DE và BC.
Ta có :
AF BC IF DE
AF / / OI; IF / / OA
OI BC OA DE
      
Do đó tứ giác FAOI là hình bình hành.
Suy ra : IF = OA và FA = OI IF OC ; FE OI  
Mà  IFE IOC nên IFE = COI (c.g.c)
Suy ra: IE = IC
Mà IE = ID; IB = IC
Nên IB = ID = IE = IC.
Vậy B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn (I)
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5. (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình x 2 + y2 – 13(x – y) = 0
2. Cho x > 0, y > 0 và x + y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6 10P 2x 3y x y   
Câu Đáp án Điểm
1
 
 
2 2
2 2 2
2 2 2 2
x y 13(x y) 0
x y (x y) 2.13(x y) 13 169
x y (13 x y) 12 5
   
       
      
Do x, y nguyên dương nên 0 < x + y < 13 ; 0 < 13 – x + y < 13
Ta có
x y 12 x 10
13 x y 5 y 2
         ho
ặc
x y 5 x 3
13 x y 12 y 2
        
0,25
0,5
2 Ta thấy :          6 10 1 3x 6 5y 10P 2x 3y (x y)x y 2 2 x 2 y
Với x > 0, y > 0 và x + y  4, khi đó ta có 1 (x y) 2
2
  (1)
Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số dương ta có:
3x 6 3x 62 . 6
2 x 2 x
   (2)
5y 10 5y 102 . 10
2 y 2 y
   (3)
0,25
0,25
0,25
Từ (1), (2) và (3) ta có P  18
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x y 4
x 23x 6 (TMDK)
y y2 x
5y 10
2 y
        
Vậy minP =18, đạt được khi x = y = 2.
0,25
0,25
* Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.