Đề thi học sinh giỏi Toán 9 An Giang năm học 2012-2013 và hướng dẫn giải

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
KHÓA NGÀY: 17/03/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
BÀI 1: (4 điểm)
a/ Khử căn ở mẫu số:
59
3 5 7
A =
+ +
b/ Tính tổng:
1 1 1

3 5 5 7 2011 3013
S = + + +
+ + +
BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức
( )
4 2
3 1Q x x x= + +
a/ Phân tích đa thức
( )
Q x
thành nhân tử.
b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 4 2
3 1y x x= + +
BÀI 3: (4 điểm)
a/ Vẽ đồ thị hàm số
( )
3 9 7y f x x x= = − + −

b/ Giải phương trình:
2 2 2
3 6 9 7 0x x x− + + − =
BÀI 4: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
2 1
3 1
x y
x my
+ = −


+ =

(
m
là tham số)
a/ Tìm
m
để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.
b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của
( ) ( )
2 2
2 1 3 1P x y x my= + + + + −
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính
2R =
a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông.
b/ Cho
( )

2 0 2AB x x= < <
. Tính diện tích hình thang ABCD theo
x
.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
KHÓA NGÀY: 17/03/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
BÀI 1: (4 điểm)
a/ Khử căn ở mẫu số:
59
3 5 7
A =
+ +
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
59 3 5 7 59 3 5 7
3 5 7 3 5 7
3 5 7
A
+ − + −
= =
+ + + −
+ −
( ) ( ) ( )

( ) ( )
( ) ( )
59 3 5 7 59 3 5 7 1 2 15
3 5 7 2 15 1
1 2 15
1 2 15 1 2 15
+ − + − −
= = = + − −
+
+ −
b/ Tính tổng:
1 1 1

3 5 5 7 2011 3013
S = + + +
+ + +
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 5 5 7 2011 3013

3 5 3 5 5 7 5 7 2011 3013 2011 3013
S
− − −
= + + +
+ − + − + −

( )
1 3 2013 2013 3
3 5 5 7 2011 2013
2 2 2
− −
= − + − + + − = =
− −
BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức
( )
4 2
3 1Q x x x= + +
a/ Phân tích đa thức
( )
Q x
thành nhân tử.
Đặt
( )
2
0t x t= ≥
ta có:
( )
2
2 2
2 2
3 3 5 3 5 3 5 3 5
3 1 2. .
2 2 4 2 2 2 2
Q x t t t t t t t
    
+ −

   
= + + = + + − = + − = + +
 ÷  ÷ ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷ ÷
   
    
b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 4 2
3 1y x x= + +
Cách 1: Đặt
( )
2
0t x t= ≥
ta có:
2 2
3 1y t t= + +
2 2
3 1 0t t y⇔ + + − =
(xem đây là phương trình với ẩn t)
Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi
( )
2 2
9 4 1 5 4y y∆ = − − = +
là số chính phương
Đặt
( )
2 2
5 4y k k+ = ∈¢
Ta có:

( ) ( )
5 2 2k y k y= + −
Do đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 , 2 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1k y k y+ − = − − − −
Suy ra
1y = ±
( )
0 0t t⇒ = ≥
0x
⇒ =
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là
( ) ( )
0,1 , 0, 1−
Cách 2:
2
2 4 2 2 2
3 5
3 1
2 4
y x x y x
 
= + + ⇔ = + −
 ÷
 
( ) ( )
2
2 2 2 2
5 3
5 2 3 2 2 3 2

4 2
x y x y x y
 
⇔ = + − ⇔ = + + + −
 ÷
 
Vì
,x y
nguyên nên
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 3 2 ,2 3 2 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1x y x y+ + + − = − − − −
Suy ra
( )
( ) ( )
2
, 0,1 ; 0, 1x y = −
(vì
2
0x ≥
)
Vì vậy
( ) ( ) ( )
, 0,1 ; 0, 1x y = −
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
( ) ( ) ( )
, 0,1 ; 0, 1x y = −
BÀI 3: (4 điểm)
a/ Vẽ đồ thị hàm số

( )
3 9 7y f x x x= = − + −
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
3 9 7 3 4 16 3
9 3 7 3 2 2 3
x x x x x
y f x
x x x x x
− + − ≥ − ≥ 
 
= = =
 
− + − ≤ − + ≤
 
 
Đồ thị hàm số này là hai nhánh của các đường thẳng
( )
4 6 3y x x= − ≥
và
( )
2 2 3y x x= − + ≤

như hình vẽ
b/ Giải phương trình:
2 2 2

3 6 9 7 0x x x− + + − =
Ta có:
2 2 2
3 6 9 7 0x x x− + + − =
3 3 7 0x x⇔ − + − =
Đặt
( )
0t x t= ≥
phương trình trên trở thành
( )
3 3 7 0 2t t− + − =
Dựa vào đồ thị ta có
( )
1
2
4
t
t
=

⇔

=

Với
1 1t x x= = ⇔ = ±
Với
4 4t x x= = ⇔ = ±
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
1, 4x x= ± = ±

BÀI 4: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
2 1
3 1
x y
x my
+ = −


+ =

(
m
là tham số)
a/ Tìm
m
để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.
( )
( )
1 2
2 1
6 4
3 1
x y
x y
II
m y
x my
= − −
+ = −



⇔
 
− =
+ =


Nếu
6m =
( )
1 2
0. 4
x y
II
y
= − −

⇔

=

(vô nghiệm)
Nếu
6m ≠
( )
( )
8
1
6

4
6
x
m
II
y
m

= − −

−

⇔


=
−


Vậy với
6m ≠
thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất
( )
8
1
6
4
6
x
m

y
m

= − −

−



=
−


b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của
( ) ( )
2 2
2 1 3 1P x y x my= + + + + −
Với
6m ≠
, ta có
0P ≥
với mọi
x
8
1
2 1 0
6
0
3 1 0 4
6

x
x y
m
P
x my
y
m


= − −


+ + =
 
−
= ⇔ ⇔
 
+ − =
 
=


−


Vậy với
6m
≠
, giá trị của biểu thức P là 0 tại
8

1
6
4
6
x
m
y
m

= − −


−


=

−

Với
6m =
, ta có
( ) ( )
2 2
2 1 3 6 1P x y x y= + + + + −
Đặt
2t x y= +
, ta có
( ) ( )
2

2 2
2
2 8 8
1 3 1 10 4 2 10
5 5 5
P t x t t t
 
= + + − = − + = − + ≥
 ÷
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
2
5 5
t x y= ⇒ + =
Vậy với
6m =
, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
8
5
tại
1
2
1
5
2
5
y
x y

x y
∈


+ = ⇒

= −


¡
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính
2R =
a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông.
b/ Cho
( )
2 0 2AB x x= < <
. Tính diện tích hình thang ABCD theo
x
.
Giải
a/ Hình vẽ:Vì hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (I)
nên ta gọi M, N, E, F lần lượt là tiếp điểm giữa AB, CD, AD, BC
với (I)
Ta có AI, BI, CI, DI là các phân giác của
·
·
·
·
, , , DAB ABC BCD CDA

Suy ra
·
·
·
·
·
1
2
IAD IAB IBA IBC DAB= = = =
Và
·
·
·
·
·
1
2
IDA IDC ICD ICB ADC= = = =
(Vì ABCD là hình thang
cân)
Mà
·
·
0
180DAB CDA+ =
(ABCD là hình thang cân)
Nên
·
·
0

0
180
90
2
IAD IDA+ = =
Do đó
·
0 0 0
180 90 90AID = − =
(tổng ba góc trong tam giác bằng 180
0
)
Vậy tam giác IAD vuông tại I.
Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I.
b/ Hai tam giác vuông IMA, IMB có
· ·
·
·
·
2
DAB
IAM IBM AIM BIM= = ⇒ =
Do đó
( )
. .IMA IMB g c g∆ = ∆
Suy ra MA = MB, hay M là trung điểm của AB.
Tương tự ta có N là trung điểm của CD.
Cho nên ta có:
EA AM MB BF x= = = =
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông IMA ta có:

2 2 2 2
2 4AI x x= + = +
Tam giác AID vuông tại I có IE là đường cao nên:
2 2
2
4
.
AI x
AI AE AD AD
AE x
+
= ⇒ = =
2
4 4 8x
ED DN AD AE x DC
x x x
+
⇒ = = − = − = ⇒ =
Vậy
( )
8
2 .4
.
16
4
2 2
ABCD
x
AB CD MN
x

S x
x
 
+
 ÷
+
 
= = = +
(chú ý: M, I, N thẳng hàng vì ABCD là hình thang cân)