ĐỀ THI và đáp án thi học SINH GIỎI HUYỆN lớp 9 trung học cơ sở

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: Toán
( Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 2,5 điểm )
Tính giá trị biểu thức A = x
3
+ y
3
– 3( x + y ) + 2013
Biết x = + ; y = +
Bài 2: ( 1 điểm )
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x + y )
2
= ( x - 1 )( y - 1 )
Bài 3 : ( 2 điểm )
Cho biểu thức P = + : -
a, Rút gọn P
b, Tìm x để P > 2
c, Tìm giá trị nhỏ nhất của .
Bài 4 : ( 2 điểm )
Cho đường thẳng y = ( m - 2 )x +3 ( m là tham số ) ( d )
a, Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi
m.
b, Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng (d)
bằng 1.
Bài 5 : ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi d và d’ lần lượt là các
tiếp tuyến với đường tròn tại A và B. Điểm C thuộc đường thẳng d ( C khác A).
Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt d và d’ theo thứ tự tại M và D.
a, Chứng minh ∆MCD cân và CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b, Chứng minh rằng khi C di chuyển trên đường thẳng d thì tích AC.BD
có giá trị không đổi.
c, Điểm C ở vị trí nào trên đường thẳng d thì diện tích tứ giác ABDC nhỏ
nhất? Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn : Toán
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Ta có: x
3
= +
= 3 + 2 + 3 - 2 + 3.( + ).
= 6 + 3.( + ).
= 6 + 3.( + ).1
= 6 + 3.( + )
= 6 + 3x
y
3
= +
= 17+12+17-12+3.(+).
=34 + 3.(+ ).
=34 +3.(+ ).1
= 34+ 3.(+
= 34 + 3y
⇒ A = x
3
+ y
3
- 3( x + y ) + 2013

= 6 + 3x + 34 + 3y - 3 ( x + y ) + 2013
= 40 + 3 ( x + y ) - 3 (x + y ) + 2013
= 40 + 2013 = 2053
Bài 2: ( 1 điểm )
(x + y )
2
= ( x - 1 )( y + 1 )
⇔ x
2
+ 2xy + y
2
= xy + x - y - 1
⇔ x
2
+ xy + y
2
- x + y + 1 = 0
⇔ 2x
2
+ 2xy + 2y
2
-2x + 2y + 2 = 0
⇔ ( x
2
+ 2xy + y
2
) + ( x
2
- 2x +1 ) + ( y
2

+ 2y + 1 ) = 0
⇔ ( x + y )
2
+ ( x - 1)
2
+ ( y + 1 )
2
= 0
⇔ (x + y )
2
= 0 và ( x - 1 )
2
= 0 và ( y + 1 )
2
= 0
⇔ x = 1; y = -1
Bài 3: ( 2 điểm )
a, (1 điểm)
P = + : - ĐKXĐ: x > 0 và x ≠ 1
= + : -
= :
= :
= :
= *
=
b,( 0,5 điểm)
P > 2 ⇔ > 2 ⇔ -2 > 0 ⇔ > 0
⇔ > 0 vì x >0 và x ≠ 1 nên ( - 1 )
2
+ 1 > 0

⇔ - 1 > 0 ⇔ > 1 ⇔ x > 1
Kết hợp với ĐK x>0 và x ≠ 1 . Vậy x > 1 thì P > 2.
c,( 0,5 điểm )
Để có thì P > 0 ⇔ > 0 vì x > 0 nên - 1 > 0 ⇔ x > 1
Vậy ĐK để có là x > 1
Để có GTNN thì P phải có GTNN
Ta có P = = = = +1 +
= - 1 + +2
Vì x >1 nên - 1 > 0 ; > 0.
Áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương ta có
- 1 + ≥ 2 = 2 dấu = xảy ra ⇔ - 1 =
⇔ ( - 1 )
2
= 1 ⇔ - 1 = 1 ⇔ = 2 ⇔ x = 4 ( TMĐK )
⇒ P = - 1 + +2 ≥ 2 + 2 = 4
Vậy có GTNN là = 2 khi x = 4.
Bài 4: ( 2 điểm )
a,(1 điểm )
Giả sử đường thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định là M ( x
0
; y
0
) với ∀ m
⇒ x =x
0
; y = y
0
. Thay x =x
0
; y = y

0
vào đường thẳng (d) ta có
y
0
= ( m - 2 )x
0
+ 3 với ∀m
⇔ y
0
= mx
0
- 2x
0
+ 3 với ∀m
⇔ mx
0
- 2x
0
+ 3 - y
0
= 0 với ∀m
⇔ mx
0
- ( 2x
0
- 3 + y
0
) = 0 với ∀m
⇔ ⇔ `
Vậy (d) luôn đi qua 1 điểm cố định là M( 0; 3 ) với mọi m.

b,

Vẽ đường thẳng (d) đi qua điểm M ( 0; 3) cắt Ox tại N. Kẻ OH ⊥ (d ).
Vì (d) cắt Ox tại N ⇒ y = 0, Thay y = 0 vào đường thẳng (d) ta có
(m - 2 )x + 3 = 0 ⇔ (m - 2 )x = -3 ⇔ x = ( với m ≠ 2 )
⇒ N ; 0 .
Xét tam giác vuông OMN có OH ⊥ MN ⇒
= + ⇔ + 1: = 1 ⇔ +

= 1
⇔ ( m
2
-4m + 4 ) = 8 ⇔ (m-2)
2
= 8
⇔ m -2 = 2 hoặc m -2 = -2
⇔ m = 2 + 2 ( TMĐK) hoặc m = 2 - 2 ( TMĐK )
Vậy m = 2 + 2 hoặc m = 2 - 2 thì khoảng cách từ gốc toạ độ đến (d) bằng
1.
Bài 4 : ( 3,5 điểm )
a, +/( ∆ vuông AOM và ∆ vuông BOD có OA = OB ( cùng bk)
= ( vì 2 góc đối đỉnh )
⇒ ∆ vuông AOM = ∆ vuông BOD ( g.c.g ) ⇒ OM = OD ( 2 cạnh T. Ư )

∆
MCD có OC ⊥ MD ( gt ); OC là đường trung tuyến ( Vì OM = OD )
⇒ ∆MCD cân tại C.
+, Từ O kẻ OH ⊥ CD . ∆ vuông AOM = ∆ vuông HOD ( vì có OM = OD ;
= ( 2 góc ở đáy của ∆ cân MCD ) ⇒ OH = OA = R; OH ⊥ CD tại H ⇒ CD là
tiếp tuyến của (O).

b, Ta có CA và CH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C ⇒ CA = CH ( t/c của 2 tiếp
tuyến cắt nhau), DH và BD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D ⇒ DB = DH ( t/c của
2 tiếp tuyến cắt nhau),
∆vuông COD có OH ⊥ CD ( cmt ) ⇒ OH
2
= CH. HD ( HT giữa cạnh và đường
cao trong ∆ vuông ) ⇒ OH
2
= CA. BD ⇔ CA.BD = R
2
Vậy tích CA. BD = R
2
không đổi khi C di chuyển trên d.
c, tứ giác ABDC là hình thang vuông ( Vì có AC ∥ BD do cùng ⊥ AB) ⇒
S
ABDC
=
mà AC = CH; BD = HD ( cmt) ⇒ AC + BD = CH + HD = CD
⇒ S
ABCD
= do AB = 2R có độ dài không đổi. Nên để S
ABCD
có GTNN
⇔ CD có độ dài nhỏ nhất ⇔ CD ⊥ d ; CD ⊥ d’ ⇔ tứ giác ABDC là hình chữ
nhật. OH ⊥ CD ⇒ OH ⊥ AB ⇔ H là điểm chính giữa của cung AB. Vậy C là
giao điểm của tiếp tuyến tại H của (O) với d. Khi đó AC = BD = OH = R
⇒ S
ABDC
= AB. AC = 2R . R = 2R
2

.