Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

PHềNG GIÁO DỤC VÀ éÀO TẠO
THÀNH PHỐ THANH HểA
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2013 – 2014 - MễN TOÁN- LỚP 9
éề chớnh thức
 Thời gian làm bài: 150 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)
éề thi gồm cú: 01 trang
Ngày thi: 03 thỏng 12 năm 2013
éỀ BÀI
Bài 1 ( 5.0 điểm)
Cho biểu thức P = 
a) Rỳt gọn rồi tớnh giỏ trị của P khi a = 
 và b = 
 b) Chứng minh rằng nếu thỡ P cú giỏ trị khụng đổi.
Bài 2 ( 4.0 điểm)
a) Tỡm giỏ trị của k để phương trỡnh ẩn x sau cú nghiệm õm
 b) Giải phương trình: 
Bài 3 ( 4.0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giỏc cú chu vi bằng 2.
 	Chứng minh a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:
 A = 
Bài 4 ( 4.0 điểm)
Cho tam giác ABC cân ( AB = AC , BAC < 450) . Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho DC < DB. Qua D kẻ các đường thẳng song song với AB, AC lần lượt cắt AC, AB thứ tự tại M, N. Điểm H đối xứng với D qua đường thẳng MN. Gọi giao điểm của các đường thẳng AH và BC là I.
 a) Tứ giác ANMH là hình gì ? Chứng minh .
b) Chứng minh tam giác IAB và tam giác IHC đồng dạng với nhau.
Bài 5 ( 3.0 điểm)
 Cho hỡnh vuụng ABCD và điểm M bất kỳ trờn cạnh CD. Đường phõn giỏc của gúc ABM cắt AD tại N. Xỏc định vị trớ của điểm M để tỉ số lớn nhất.
(HẾT)
Phũng thi: ...............................Số bỏo danh: ................ Họ tờn thớ sinh: .......................................................
Họ tờn, chữ ký giỏm thị 1: ......................................................................................................................................
PHềNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ THANH HểA
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2013 – 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM - MễN TOÁN- LỚP 9
Bài 1 (5.0 điểm)
a) + Điều kiện: ab > 0 ; 0 ; 0	; a b	(0,5 điểm)	
 + Rút gọn : P = 	(1,5 điểm)
 + Tính a = 
 = 	(1,0 điểm)
 + Vì , do đó
 b = => b > 0 nên
 b2 = 
 b2 = 114 – 2 . 7 = 100 mà b > 0 nên b = 10
 Tính P = 	(1,0 điểm)
b) + Từ => ab + a = ab + b => 2a = b
 Thay b = 2a vào P = Chứng tỏ P có giá trị không đổi.
(1,0 điểm)
Bài 2 ( 4.0 điểm)
a) + Điều kiện: x -1 	( 0,25 điểm)
 + Biến đổi phương trình đã cho ta được
 x( k – 1) = k – 2 ( 1) 	( 0,25 điểm)
 + Nếu k = 1 thì phương trình ( 1) vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm.
	(0,25 điểm)
 + Nếu k 1 thì phương trình ( 1) có nghiệm x = . 	( 0,25 điểm)
 Kết hợp với điều kiện thì x = là nghiệm của phương trình đã cho khi k 1,5 
 	( 0,25 điểm)
 Phương trình đã cho có nghiệm âm tức < 0, giải ta tìm được 1< k < 2. 
 	( 0,25 điểm)
 + Vậy giá trị cần tìm của k là 1< k < 2 ; k 1,5 	( 0,5 điểm)
b) + Điều kiện -1 x 3	(0,25 điểm)
 + Đặt y = ( điều kiện y 0)
 Khi đó y2 = 4 + 2
 	=> 2 = y2 - 4 ( 1) ( điều kiện y2 4 ) 	(0,75 điểm)
 + Phương trình đã cho trở thành :
 2y – (y2 - 4) = 4
	 y2 - 2y = 0 
 	 y( y - 2) = 0 y = 0 ; y = 2
	Ta thấy y = 0 không thỏa mãn y2 4 - Loại 	(0,5 điểm)
 + Thay y = 2 vào (1) 
	2 = 22 - 4
 ( x + 1) ( 3 – x) = 0
Ta thấy x = - 1 ; x = 3 thỏa mãn điều kiện.
	Đáp số: x = -1 ; x = 3	( 0,5 điểm)
Bài 3 ( 4.0 điểm)
a) + Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, không mất tính tổng quát 
 giả sử a b c > 0 , ta có:
	a 2a a b < 1 , c < 1 	(0,5 điểm)
	=> (1 – a) (1 – b) (1 – c) > 0	=> ab + bc + ca > 1 + abc (1) 	(0,5 điểm)
 + Mặt khác ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) 
 => 4 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) (2) (0,5 điểm)
 + Từ (1) (2) 4 > a2 + b2 + c2 + 2( 1 + abc )
	 => a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 (ĐPCM) 	 	(0,5 điểm)
b) + Điều kiện: x - 1 	
 	Đặt x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 = y => y > 0. Khi đó
	A = = = y + + 10 	( 1,0 điểm)
 + Ta thấy A đạt giá trị nhỏ nhất khi y + đạt giá trị nhỏ nhất. 
	Vì y > 0 => > 0 mà y. = 16 không đổi, 
nên y + đạt giá trị nhỏ nhất khi y = . Tính được y = 4 (vì y > 0 )
	(0,5 điểm)
 + Do đó x2 + 2x + 1 = 4 => x2 + 2x - 3 = 0 => ( x + 3) ( x – 1) = 0
	=> x = - 3 ; x = 1
Khi đó 	min A = 4 + + 10 = 18
	Đáp số: min A = 18 x = - 3 ; x = 1	(0,5 điểm) 
Bài 4 ( 4.0 điểm)
a) 
+ Gọi K là giao điểm hai đường chéo của tứ giác ANDM. 
 Gọi G là giao điểm của DH và MN . Nối NH. 	 ( 1,0 điểm) 
+ Chứng minh được ANMH là hình thang . ( 1,0 điểm)
	+ Chứng minh được ANMH là hình thang cân.	 ( 1,0 điểm)
b) 
	+ Vì ANMH là hình thang cân => NAH = MHA
 Chứng minh được ΔMDC cân tại M => C1 = D1 = B => C1 + C2 + NAH = B + H2 + MHA
 	 Chứng minh được ΔMCH cân tại M => C2 = H2 ( 0,5 điểm)
	+ Chứng minh được BAI = HCI . 	 ( 0,25 điểm)
	+ Xét Δ IAB và Δ ICH có I chung , BAI = HCI ,
K
F
C
E
M
D
N
B
A
 nên tam giác IAB đồng dạng với tam giác ICH. ( ĐPCM) 	 ( 0,25 điểm)
Bài 5 ( 3.0 điểm)
+ Kẻ MF BN ( F BN ) , MF cắt AB tại K.	
 Kẻ AE // KM ( E CD ) .	 (1,0 điểm)
+ Chứng minh được ΔABN =ΔDAE ( g.c.g) => BN = AE	
 Chứng minh được AEMK là hình bình hành => AE = KM. 
 ( 0,5 điểm)
+ Vì BF vừa là phân giác, vừa là đường cao nên ΔKBM cân tại B => MF = KM
 	=> MF = BN	 ( 0,5 điểm)
+ Ta có MF MN => BN MN => 	 
 Dấu bằng xảy ra khi MN = MF N F mà F là trung điểm của KM, suy ra N là trung điểm của AD. 
 Khi đó chứng minh được => MD = ND => MD = CD ( 0,5 điểm)
 + Vậy vị trí cần tìm của điểm M là điểm M nằm trên cạnh CD sao cho , 
 khi đó tỉ số lớn nhất bằng 2. 	 ( 0,5 điểm)
(hết)
Lưu ý: 	- Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương.
- Nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai bài 4, bài 5 thì không chấm điểm.