Đề thi và đáp án học sinh giỏi cấp huyện 2014

Bài 1 (2 điểm)
1. Cho
3 5 7 3 5
2 2
x
+ + −
=
. Tính
( )
2011
2
P( ) 1x x x= − −
2. Cho
x, y,z
là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện
xyz 100
=
. Tính giá trị của
biểu thức
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
= + +
+ + + + + +
Bài 2 (2 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm
− − − − −
A(4;2);B( 7;0);C(0; 4);D( 6; 3);E(3; 2);
−F(2; 7)
.

1. Chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng qui.
2. Gọi M là một điểm trên đường thẳng AD và điểm
( )
−
H 5; 3 5
.
Chứng minh rằng
MH 7
≥
Bài 3 (3 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên
( )
x; y
của phương trình :
2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0− + − − + =
2. Giải phương trình :
2 2
x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3− + + + = − + + −
3. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng :
2 2 2
x y z x y z
y z z x x y 2
+ +
+ + ≥
+ + +
Bài 4 (2 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ tia Ax vuông góc với AB (tia Ax và
nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Lấy một điểm C bất kì thuộc nửa
đường tròn (C khác A và B). Qua O kẻ một đường thẳng song song với BC cắt tia Ax tại

M và cắt AC tại F.
1/ Chứng minh rằng MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O.
2/ BM cắt nửa đường tròn tại D. Chứng minh °MDF đồng dạng với °MOB.
Bài 5 (1 điểm)
Cho °ABC vuông tại A có
µ
0
B 20=
, đường phân giác BI (I thuộc AC). Vẽ
·
0
ACH 30=
(H thuộc cạnh AB). Tính
·
CHI
?
Đề thi này gồm có 01 trang
Họ và tên thí sinh :
Số báo danh :
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2013 - 2014
Môn : Toán 9
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 (2 điểm)
1 điểm
1. Ta có :
( ) ( )
2 2

3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2011
2011
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − = −
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
1 điểm
2. Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x

z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 2 (2 điểm)
1 điểm 1. Các điểm :
− − − − −
A(4;2);B( 7;0);C(0; 4);D( 6; 3);E(3; 2);
−F(2; 7)
.
*) Phương trình đường thẳng AD có dạng : y = ax + b
- Thay x = 4 và y = 2 ta được phương trình : 4a + b = 2 ≡ b = 2 – 4a (1)
- Thay x = - 6 và y = - 3 ta có phương trình : - 6a + b = - 3≡ b = 6a – 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình : 2 – 4a = 6a – 3 ≡ - 10a = - 5 ≡ a =
1
2
 b = 0  Phương trình đường thẳng AD là : y =
1
2
x
*) Phương trình đường thẳng BE có dạng : y = cx + d
- Thay x = - 7 và y = 0 ta được phương trình : - 7c + d = 0 ≡ d = 7c (3)
- Thay x = 3 và y = - 2 ta có phương trình : 3c + d = - 2≡ d = - 2 - 3c (4)

0,25đ
Bài Nội dung Điểm
Từ (3) và (4) ta có phương trình : 7c = - 2 - 3c ≡ 10c = - 2 ≡ c =
1
5
−
 d =
7
5
−
 Phương trình đường thẳng BE là : y =
1 7
x
5 5
− −
*) Phương trình đường thẳng CF có dạng : y = mx + n
- Thay x = 0 và y = - 4 ta được : n = - 4 (5)
- Thay x = 2 và y = - 7 ta có phương trình : 2m + n = - 7≡ n = - 7- 2m (2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình : - 4 = - 7 - 2m ≡ 2m = - 3 ≡ m =
3
2
−
 Phương trình đường thẳng CF là : y =
3
x 4
2
− −
*) Phương trình hoành độ giao điểm của AD và BE là :
1 1 7 7 7
x x x x 2 y 1

2 5 5 10 5
= − − ⇔ = − ⇔ = − ⇒ = −
 Tọa độ giao điểm của AD và BE là (- 2; - 1)
Thay x = - 2 vào phương trình đường thẳng CF ta có : y = - 1
 (- 2; - 1) thuộc đường thẳng CF
Vậy AD, BE và CF đồng qui tại (- 2; - 1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1 điểm
2. Vì M là một điểm thuộc đường thẳng AD :
1
y x
2
=
nên tọa độ của điểm
M có dạng
0 0
M(2x ;x )
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0
MH 2x 5 x 3 5 5x 2 5x 50
5x 2 5x 1 49 5x 1 49
= − + + = + +

 
= + + + = + +
 
 
2
MH 49⇒ ≥
với mọi
0
x MH 7⇒ ≥
(ĐPCM)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 3 (3 điểm)
1 điểm 1. Ta có :
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0
x 2xy y 4y 4y 1 2x 6y 5 0
x y 2y 1 2 x 3y 5 0
x y 1 x 3y 1 2 x 3y 1 7 0
x 3y 1 x y 3 7
− + − − + =

⇔ + + − + + − + + =
⇔ + − + − + + =
⇔ − − + + − + + + =
⇔ + + − − = −
Vì x, y nguyên nên
( )
x 3y 1+ +
và
( )
x y 3− −
nguyên  các trường hợp :
*) Trường hợp 1:
x 3y 1 1 x 3y 0 x 3y x 3
x y 3 7 x y 4 4y 4 y 1
+ + = + = = − = −
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − − = − = =
   
*) Trường hợp 2:
x 3y 1 1 x 3y 2 x 2 3y x 7
x y 3 7 x y 10 4y 12 y 3
+ + = − + = − = − − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − = = − = −
   
*) Trường hợp 3:

x 3y 1 7 x 3y 6 x 6 3y x 3
x y 3 1 x y 2 4y 4 y 1
+ + = + = = − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − − = = =
   
0,25đ
0,25đ
Bi Ni dung im
*) Trng hp 4:
x 3y 1 7 x 3y 8 x 8 3y x 1
x y 3 1 x y 4 4y 12 y 3
+ + = + = = =



= = = =

Vy nghim nguyờn ca phng trỡnh l
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
x; y 3;1 ; 7; 3 ; 3;1 ; 1; 3
0,25
0,25
1 im
2. Phng trỡnh :
( )
2 2

x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3 1 + + + = + +
Ta cú
( ) ( )
2
x 7x 6 x 1 x 6 + =
v
( ) ( )
2
x 2x 3 x 1 x 3+ = +
nờn phng trỡnh
xỏc nh
x 3 0 x 3
x 1 0 x 1 x 6
x 6 0 x 6
+







Khi ú :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 x 1 x 6 x 3 x 6 x 1 x 3
x 1 x 6 x 3 x 6 x 3 0
x 6 x 3 x 1 1 0
x 6 x 3 0 x 6 x 3 x 6 x 3 0x 9 (

x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 2 (
+ + = + +
+ + =
+ =

+ = = + = + =

= = = =


vo õnghieọm)
loaùi vỡ khoõng thoỷa maừn ẹKXẹ)
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim
0,25
0,25
0,25
0,25
1 im
3. Vỡ x, y, z l cỏc s thc dng. p dng bt ng thc Cụsi, ta cú :
2 2 2
x y z x y z x y z
) 2. . x x
y z 4 y z 4 y z 4
+ + +
+ + =
+ + +
(1)
Du = cú (1)
( )
2

2
2
x y z
4x y z 2x y z
y z 4
+
= = + = +
+
Chng minh tng t ta cú :
2 2 2
y z x y z x y z x
) 2. . y y
z x 4 z x 4 z x 4
+ + +
+ + =
+ + +
(2)
Du = cú (2)
2y z x = +
2 2 2
z x y z x y z x y
) 2. . z z
x y 4 x y 4 x y 4
+ + +
+ + =
+ + +
(3)
Du = cú (3)
2z x y = +
Cng theo v (1), (2) v (3) ta c :

2 2 2
2 2 2
x y z x y y z z x
x y z
y z z x x y 4 4 4
x y z x y z
y z z x x y 2
+ + +
+ + + +
+ + +
+ +
+ +
+ + +
Du = cú
2x y z
2y z x x y z
2z x y
= +


= + = =


= +

0,25
0,25
0,25
0,25
Bi 4 (2 im)

Bài Nội dung Điểm
0,25đ
Vẽ hình chính xác, ghi đúng giả thiết, kết luận
0,25đ
0,75đ
1. Do OM//BC
·
·
MOA CBO⇒ =
(đồng vị) và
·
·
MOC OCB=
(so le trong)
Mà OB = OC
OBC
⇒ ∆
cân tại O
·
·
CBO OBC⇒ =
Do đó :
·
·
MOA MOC= ⇒
OM là phân giác của
∆
cân
OAC
⇒

OM là đường trung trực của AC
⇒
MA = MC
Xét
MAO∆
và
MCO∆
có :
MO chung
MA = MC
OA = OC
MAO⇒ ∆
=
MCO∆
(c.c.c)
·
·
0
MCO MAO 90 MC OC MC⇒ = = ⇒ ⊥ ⇒
là tiếp tuyến của đường tròn (O)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1 điểm
2. Chứng minh :
MDA∆
#
2
MD MA
MAB MD.MB MA (1)

MA MB
∆ ⇒ = ⇒ =
Xét
MAO∆
vuông tại A, đường cao AF nên
2
MA MF.MO=
(2)
Từ (1) và (2)
MD MO
MD.MB MF.MO
MF MB
⇒ = ⇒ =
Xét
MDF∆
và
MOB∆
có :
µ
M
chung
MD MO
MF MB
=
MDF∆
#
MOB∆
(c.g.c)
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
Bài 5 (1 điểm)
0,25đ
Vẽ hình chính xác, ghi đúng giả thiết, kết luận
0,25đ
0,75đ
Từ giả thiết
·
0
HCB 40=
. Kẻ đường phân giác CK thì
·
·
0
HCK BCK 20= =
Bài Nội dung Điểm
Trong ° vuông AHC có
·
0
ACH 30=
nên
CH
AH
2
=
Ta có :
AH 1 CH 1 BC
. .
HK 2 HK 2 BK

= =
(Vì CK là phân giác của
·
HCB
)
Kẻ KM vuông góc BC tại M
BMK∆
#
BAC∆
(góc nhọn)
BM AB
BK AC
⇒ =
hay
BC AB AH
2BK AC HK
= =
(1)
Do BI là phân giác của
·
ABC
nên
AI AB
IC BC
=
(2)
Từ (1) và (2)
·
·
0

AI AH
CK//IH CHI HCK 20
IC HK
⇒ = ⇒ ⇒ = =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Chú ý : Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa