Đề thi học sinh giỏi huyện Khoái Châu môn toán 9 năm học 2013 - 2014(có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2013 - 2014
Môn: Toán - Lớp 9
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI:
Bài 1.(2 điểm)
a)
Rút gọn: A =
1 1 1 5 1
12
3 3 2 3 6
+ + −
b)
Cho
(
)
(
)
2 2
2014 2014x x y y+ + + +
= 2014. Tính P = x
2013
+ y
2013
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2

3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y

− + − = −


− + − = −



b) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x
2
.
Gọi A và B là giao điểm của d và (P).Tính độ dài AB.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4mx + m
2
– 2m + 1 = 0 (1) với m là tham số.
a) Tìm m sao cho phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2
phân biệt.
Chứng minh rằng: Khi đó x
1
, x

2
không thể trái dấu nhau.
b) Tìm m sao cho:
1 2
x x 1− =
Bài 4.(3 điểm)
Cho hình vuông ABCD. các điểm M, N di động trên các cạnh AD, CD sao cho
·
0
45MBN =
. AC cắt BM và BN lần lượt tại E, F.
a) Chứng minh rằng: ABFM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: MN tiếp xúc với một đường tròn cố định.
c) Xác định vị trí của M, N để diện tích
∆
BMN nhỏ nhất.
Bài 5 (1 điểm)
Cho x, y là hai số dương và
x y 1
+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2
2 3
A
xy x y
= +
+

Hết

Giám thị không giải thích gì thêm.
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài Nội dung Điểm
Bài 1
(2đ)
a)
( )
2
3 2
5 1 5 6 5 2 6 3 2
12 12 6 12 12
6 2 3
−
− −
− = − = = =

1 1 1 3 2 3 2 3 2 3
.
3 6 6 2
3 3 2 3 2 3
A
− −
⇒ = + + = + + =
b)

(
)
(

)
(
)
2 2
2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2014 2014 2014
2014
2014
2014
2014. 2014
2014
2014
2014 2014
2014 2014
x x y y
x x
y y
y y
x x
y y
x x y y
x y y x
+ + + + =
⇔ + + =

+ +
+ −
⇔ + + =
+ −
⇔ + + = + −
⇔ + = + − +

Tương tự
2 2
2014 2014x y x y+ = + − +
Cộng vế với vế có x + y = 0 nên P = 0
1,0đ.
0,5đ.
0,5đ
Bài 2
(2đ)
a) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y

− + − = −


− + − = −



⇔
2 2
2 2
3x 4 6x 4 11 (1)
3 15 6x 15 33 (2)
y y
x y y

− + − = −


− + − = −


Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y
2
+ 11y = 22 ⇔ y
2
+y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1

Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
b) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình
x
2
+ x - 2=0
=> x =1 hoặc x =-2
Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1)
Ta có khoảng cách AB
2
=18
0,5đ
0,5đ
Bài 3
(2đ)
a) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

2 2
' 4m m 2m 1 0⇔ ∆ = − + − >

( ) ( )
2
3m m 3m 1 0 m 3m 1 3m 1 0⇔ − + − > ⇔ − + − >

( ) ( )
3m 1 m 1 0⇔ − + >

2

1
1
m và m > -1
3m 1 0 và m 1 0
m
3
3
3m 1 0 và m 1 0 1
m 1
m < và m < -1
3


>


− > + >
>

⇔ ⇔ ⇔



− < + <


< −






Khi đó:
( )
2
2
1 2
x .x m 2m 1 m 1 0= − + = − ≥

Do đó x
1
, x
2
khơng thể trái dấu
b) Phương trình có 2 nghiệm khơng âm
1 2
x ;x
( )
1 2
2
1 2
1
m hoặc m 1 (áp dụng câu a)
' 0
3
S x x 0 4m 0
P x .x 0
m 1 0

≥ ≤ −



∆ ≥



⇔ = + ≥ ⇔ ≥
 
 
= ≥
− ≥





1
m
3
⇔ ≥

Ta có:
( )
2
1 2 1 2 1 2
x x 1 x x 2 x x 1 4m 2 m 1 1− = ⇔ + − = ⇔ − − =

4m 1
4m 2 m 1 1 m 1
2

−
⇔ − − = ⇔ − =

4m 1
0
2
4m 1
m 1
2
1 4m
m 1
2

−
≥




−
⇔
− =





−

− =






1
m
4
4m 1
1
1
m (thích hợp)
2m 2 4m 1
m
2
2
2m 2 1 4m
1
m
2

≥


≥




⇔ ⇔ ⇔ =


− = −
= −
 


 

− = −




=





Vậy
1
m
2
=
là giá trị cần tìm.
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
Bài 4

(3đ)
F
E
H
N
M
D
C
B
A
a) Có
·
·
0
AF 45MBF M= =
Nên tứ giác ABFM có 2 đỉnh A và b kề nhau cùng nhìn cạnh MF dưới
cùng 1 góc. Do đó ABFM là tứ giác nội tiếp.
1đ
3
b) Có ABFM là tứ giác nội tiếp ( câu a) Suy ra
· ·
0
90BAM BFM= =
CMTT câu a) có BCNE cũng là tứ giác nội tiếp
Suy ra
·
·
0
90BEN BCN= =
Do đó

· ·
0
90MEN MFN= =
nên MEFN là tứ giác nội tiếp.
Hạ BH
⊥
MN Nên
·
·
·
AFAMB BMH B= =
Dễ dàng CM được
∆
ABM =
∆
HBM nên BH = BA = a.
Vậy MN luôn tiếp xúc với ( B; a) cố định.
c) MH = MA; NH = NC
Do đó DM + DN + MN = DM + DN + MH + NH = AD + CD = 2a
MN
2
= DM
2
+ DN
2
( ) ( )
2 2
2
2
2 . 2 . 2 2

2 2 2 2 3 2 2
DMN DMN
DMN DMN
a DM DN DM DN
DM DN DM DN S S
S a S a
= + + +
≥ + = +
⇒ + ≤ ⇒ ≤ −
Mà S
BMN
=
1
2
(a
2
– S
DMN
) suy ra S
BMN

≥
( )
2
1
2 2 2
2
a−
Dấu "=" xảy ra khi DM = DN. Khi đó BM, BN tạo với Đường chéo BD các
góc bằng nhau bằng 22

0
30
'
.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 5
(1đ)
Trước hết chứng minh: Với hai số dương x và y ta có :
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
(*)
Áp dụng (*) ta có
1 x y 1 1 4
4
xy xy x y x y
+
= = + ≥ =
+
.
Ta có
2 2
2 3
A
xy x y
= +

+
=
2 2 2 2 2 2
4 3 1 1 1 1 1 4
3 . 3.
2xy x y 2xy 2xy x y 2 xy x 2xy y
 
+ = + + ≥ + =
 ÷
+ + + +
 
2
1 1 12
. 2 12 14
2 xy (x y)
= + ≥ + =
+
.
Dấu “=” xẩy ra khi
x y 1
1
x y
x y
2
+ =

⇔ = =

=


Vậy Min A = 14 tại x = y =
2
1
.
0,5đ
0,5đ.
4