Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp thành phố môn Toán năm 2012 - 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÀNH PHỐ CẦN THƠ<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS<br /> CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013<br /> Khóa ngày: 11/04/2013<br /> MÔN THI: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 150 phút , không kể thời gian phát đề<br /> <br /> Câu 1 (5,0 điểm)<br /> 1. Cho biểu thức P <br /> <br /> 2m  16m  6<br /> m 2 m 3<br /> <br /> <br /> <br /> m 2<br /> m 1<br /> <br /> <br /> <br /> 3<br /> m 3<br /> <br /> 2<br /> <br /> a) Rút gọn P<br /> b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên<br /> 2. Tính giá trị  a3  15a  25<br /> <br /> 2013<br /> <br /> với a  3 13  7 6  3 13  7 6<br /> <br /> Câu 2. (5,0 điểm)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 1. Giải phương trình: x  5  3  x  2 15  2x  x2  1  0<br /> 2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm<br /> 2<br /> <br /> 2x  mx  1  0<br />  2<br /> <br /> mx  x  2  0<br /> <br /> Câu 3. (5,0 điểm)<br /> 1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa<br /> <br /> 1 1 1<br />   2<br /> x y z<br /> <br /> x  y  2<br /> <br /> 2. Cho hai số x, y thỏa mãn <br /> <br /> 2<br /> 2<br /> x  y  xy  3<br /> <br /> Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x2  y2  xy<br /> Câu 4. (2,0 điểm)<br /> Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho<br /> OA = 2R. Tìm điểm M trên đường tròn để MA + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> Câu 5. (3,0 điểm)<br /> Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm di<br /> động trên cung BC không chứa A.<br /> 1. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống PB, PC. Chứng minh<br /> rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định<br /> 2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA,<br /> AB. Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên<br /> đường tròn (O;R) sao cho diện tích tam giác ABC luôn bằng a 2<br /> <br /> ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 CẦN THƠ 2012-2013<br /> Câu 1.<br /> 1. a) Điều kiện : m  0;m  1<br /> P<br /> <br /> m 1<br /> m 1<br /> <br /> b) P  1 <br /> <br /> 2<br /> m 1<br /> <br /> Để P   m 4;9<br /> 2. a  3 13  7 6  3 13  7 6  a 3  26  15a<br /> <br /> <br /> <br />  a3  15a  25  1  a 3  15a  25<br /> <br /> <br /> <br /> 2013<br /> <br /> 1<br /> <br /> Câu 2.<br /> 1. Điều kiện : 5  x  3<br /> Đặt t = x  5  3  x,t 2  8  2 15  2x  x2  t  2 2<br /> t  3<br />  t  2(loai)<br /> <br /> Phương trình đã cho có dạng : t 2  t  6  0  <br /> t  3  x  5  3x  3<br /> <br /> 2  3 7<br /> x <br /> 2<br />  4x 2  8x  59  0  <br /> <br /> 2  3 7<br /> x <br /> <br /> 2<br /> mx  2y  1<br /> x  my  2<br /> <br /> 2. Đặt x2  y  0. Hệ trở thành <br /> <br /> m4<br /> <br /> x  m 2  2<br /> Hệ luôn có nghiệm <br /> y  1  2m  0(m  1 )<br /> <br /> m2  2<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> m4<br /> 1  2m<br /> Ta có x  y   2   2<br />  (m  1)(m 2  m  7)  0  m  1<br /> m<br /> <br /> 2<br /> m<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> Câu 3<br /> 1. Không mất tính tổng quát , giả sử : 1  x  y  z<br /> <br /> 1 1 1 3<br />     x 1<br /> x y z x<br />  y  1 (vô lý)<br /> 1 1<br /> 2<br />   1<br /> y z<br /> y<br /> 2<br /> <br /> Và y = 2 suy ra z = 2.<br /> Vậy (1;2;2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho<br /> x  y  2<br /> <br /> x  y  2  a (a  0)<br /> <br />  2<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> x  y  xy  3 x  y  xy  3<br /> <br /> 2. Hệ <br /> <br /> x  y  2  a<br /> Do đó <br /> 2<br /> <br /> <br /> xy   2  a   3<br /> <br /> ;   S 2  4P  0  0  a  4<br /> <br /> T  x2  y2  xy  2xy  9  2  2  a <br /> <br /> 2<br /> <br /> Min T= 1 khi x=1; y=1 hoặc x= - 1 , y = - 1<br /> Max T = 9 khi x  3 ,y   3 hoặc x   3 ,y  3<br /> Câu 4<br /> B<br /> <br /> M<br /> A<br /> <br /> M'<br /> <br /> C<br /> <br /> O<br /> <br /> R<br /> , ta có điểm C cố định<br /> 2<br /> Dễ thấy OCM đồng dạng với OMA  MA  2MC<br /> <br /> Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC <br /> Ta có MA  MB  BC (không đổi)<br /> MA  2MB  2(MA  MC)  2BC<br /> <br /> Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C<br /> Vậy khi điểm M là giao điểm của đoạn BC và đường tròn (O) thì MA + 2MB đạt<br /> giá trị nhỏ nhất<br /> <br /> Câu 5.<br /> <br /> A<br /> E<br /> <br /> D<br /> O<br /> <br /> B<br /> <br /> I<br /> <br /> C<br /> <br /> N<br /> <br /> M<br /> A' P<br /> <br /> 1. Kẻ AI  BC , I  BC cố định. Ta có BMA  BIA  900 nên tứ giác AMBI nội tiếp<br /> hay AIM  ABM<br /> Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ABM  ACP do đó AIM  ACP (1)<br /> Mặt khác AIC  ANC  900 nên tứ giác AINC nội tiếp suy ra ACP  AIN  1800 (2)<br /> Từ (1) và (2) suy ra AIM  AIN  1800<br /> Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I<br /> 2. Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra AED  ACB<br /> Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A’. Ta có:<br /> EAO  AED  BAA'  ACB  900<br /> 1<br /> 1<br />  AO  DE  S AEOD  AO.DE  R.DE<br /> 2<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> Tương tự ta cũng có S BEOI  .R.EI ;S CDOI  R.ID<br /> 2<br /> 2<br /> 1<br /> Vậy S ABC  S AEOD  SBIOE  SCDOI  R.  DE  EI  ID <br /> 2<br /> <br />  DE  EI  ID <br /> <br /> 2S ABC 2a 2<br /> <br /> (không đổi)<br /> R<br /> R<br /> <br />