Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh hưng yên năm học 2013 2014(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THCS
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I. ( 3,0 điểm) Cho
12
12
2
1
+
−
=x
. Tính giá trị của biểu thức sau:
A =
( )
2014
2
3
34519345
22
21
35544)144(









+
−
+++−+++−+
xx
x
xxxxxxx
.
Câu II. (5,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên
yx,
thỏa mãn
22
251242 yxyxxy +>+++
.
2. Giải hệ phương trình:



−=+−
+=−
9218252
24
22
33
yxyx
yxyx

Câu III. ( 4,0 điểm)
1. Cho parabol (P):
2
2xy
−=
và đường thẳng (d):
2−+= aaxy
. Tìm số nguyên
a
sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB =
5
.
2. Cho



≥++
>
1032
0,,
cba
cba
, chứng minh rằng :
2
131
8
9
4
3

≥+++++
cba
cba

Câu IV. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) có các đường cao BD và CE cắt nhau tại H
( D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB). Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Các đường tròn
ngoại tiếp tam giác BEI và tam giác CDI cắt nhau tại K ( K khác I ). Gọi M là giao điểm
của DE và BC. Chứng minh rằng:
1. Các điểm A, E, H, K, D thuộc một đường tròn.
2. A, K, I thẳng hàng.
3.
∠
MEC =
∠
MKC ( Kí hiệu
∠
ABC là số đo góc ABC)
Câu V. ( 2,0 điểm)
1
Cho 19 im nm trong hay trờn cnh ca mt lc giỏc u cnh bng 4 cm. Chng
minh rng luụn tn ti 2 trong s 19 im ó cho m khong cỏch gia chỳng khụng vt
quỏ
3
34
cm.
Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu v mỏy tớnh cm tay.
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh:

Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức
Hớng dẫn chấm
đề thi chọn học sinh giỏi THCS
Năm học 2013 - 2014
Môn toán lp 9
( Hớng dẫn chấm gồm 4 trang)

Chỳ ý: 1) Hng dn chm ny trỡnh by cỏc bc gii v cỏch cho im tng phn ca mi
cõu. Bi lm ca hc sinh yờu cu phi chi tit, lp lun cht ch. Nu hc sinh gii cỏch khỏc
m ỳng thỡ chm im tng phn tng ng.
2) Vic chi tit húa ( nu cú) thang im trong hng dn chm phi bo m khụng lm
sai lch hng dn chm v phi c thng nht thc hin trong t chm.
Cõu Hng dn chm v kt qu im
Cõu I
3,0
im
Cho
12
12
2
1
+

=x
,
tớnh A =
(
)

2014
2
3
34519345
22
21
35544)144(








+

+++++++
xx
x
xxxxxxx
.
Ta cú
12
12
2
1
+

=x

=
2
)12(
2
1

=
2
12

122 = x

212 =+ x


0144
2
=+ xx
(a)
1,0
Do ú:
11)144(144
23345
=++=++ xxxxxx
0,5
=+++
35544
345
xxxx
3

x
)144(
2
+ xx
-
x
)144(
2
+ xx
+
)144(
2
+ xx
+4 = 4
0,5
2
Từ (a)
2
1
2 2
2
x x⇒ + =
2
1
22
2
=+⇒ xx
;
2 2 1x
− =

122
2
1
21
22
21
2
=−=
−
=
+
−
⇒ x
x
xx
x
0,5
Do đó A =
( )
10141
2014
3
19
=++
0,5
Câu II.1
2,0
điểm
Tìm các số nguyên
yx,

thỏa mãn
22
251242 yxyxxy +>+++
.
Vì
yx,
nguyên nên ta có:
yxxyyx 24225
22
++≤+
(*)

2)12()144()2(
2222
≤+−++−++−⇔ yyxxyxyx

2)1()12()(
222
≤−+−+−⇔ yxyx
0,5
Ta có
2)12(
2
≤−x
,
12 −x
lẻ
1)12(
2
=−⇒ x




=
=
⇔
1
0
x
x
0,5
Với
0=x
thì (*)
0)1(
≤−⇔
yy

10 ≤≤⇔ y




=
=
⇒
1
0
y

y
( thỏa mãn)
0,5
Với
1
=
x
thì (*)
0142
2
≤+−⇔ yy

1)1(2
2
≤−⇔ y

1
=⇒
y
( thỏa mãn)
Vậy
)1;1();1;0();0;0(),(
=
yx
.
0,5
Câu II.2
3,0
điểm
Giải hệ




−=+−
+=−
)2(9218252
)1(24
22
33
yxyx
yxyx
Nhân vế trái của (1) với vế phải của (2) và nhân vế phải của (1) với vế trái của
(2) ta có:

)218252)(2()4)(9(
2233
yxyxyxyx +−+=−−

⇔
0)218252)(2()4)(9(
2233
=+−+−−− yxyxyxyx

⇔

031328
3223
=+−+ yxyyxx

0,5

⇔

0)33()22()88(
232223
=+−−+− xyyxyyxxyx

⇔

0)(3)(2)(8
222
=−−−+− yxyyxxyyxx
0,5
3

⇔

2 2
( )(8 10 3 ) 0x y x xy y− + − =
Biến đổi nhận được phương trình:
0)32)(4)((
=+−−
yxyxyx
0,5
Với
yx
=
tìm được
)0;0();( =yx
( thử vào hệ không thỏa mãn)

)1;1();1;1();(
−−=
yx
( thử vào hệ thấy thỏa mãn)
0,5
Với
xy 4
=
tìm được
)0;0();( =yx
( thử vào hệ không thỏa mãn)
0,5
Với
xy
3
2
−
=
tìm được
)0;0();(
=
yx
( thử vào hệ không thỏa mãn)
Vậy hệ có nghiệm
)1;1();1;1();(
−−=
yx

0,5

Câu III.1
2,0
điểm
Cho parabol (P):
2
2xy −=
và đường thẳng (d):
2−+= aaxy
. Tìm số
nguyên
a
sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB =
5
.
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

022
2
=−++
aaxx
(3)
(3) có
2
)4( −=∆ a
Với
4≠a
thì (3) có hai nghiệm phân biệt
2
2
;1

a
x
−
−=
là hoành độ các điểm A, B
0,5
Khi đó A
)2;1(
−−
; B
)
2
)2(
;
2
2
(
2
−
−− aa

Do đó AB =
5

⇔
AB
2
= 5
⇔

52
2
)2(
)1
2
2
(
2
2
2
=








+
−
−
++
− aa
0,5

5
4
)4(
4

)4(
222
=
−
+
−
⇔
aaa

048178
234
=−−+−⇔ aaaa

0)256)(2(
23
=++−−⇔ aaaa




=++−
=
⇔
0256
2
23
aaa
a
0,5

a
nguyên thỏa mãn
0256
23
=++− aaa
(4) thì
a
là ước của 2
2;1 ±±=⇒ a
Thử
2;1
±±=
a
vào (4) thấy không thỏa mãn.
Vậy
2=a
là giá trị cần tìm.
0,5
4
Câu III.2
2,0
điểm
Cho



≥++
>
1032
0,,

cba
cba
, chứng minh rằng :
2
131
8
9
4
3
≥+++++
cba
cba
Sử dụng bất đăng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

2
1
≥+
a
a

2
3
)
1
(
4
3
≥+⇒
a
a

9 9
2 3
4 4
b
b
+ ≥ =

2
3
)
4
9
(
2
1
≥+⇒
b
b

442
4
=≥+
c
c

1)
4
(
4

1
≥+⇒
c
c
1,0
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
4
1
8
9
4
3
4
1
2
1
4
3
≥+++++
cba
cba
(3)
0,5
Từ
1032 ≥++ cba
ta có
2
5
4
32

4
3
2
1
4
1
≥
++
=++
cba
cba
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
2
131
8
9
4
3
≥+++++
cba
cba
(Đpcm)
( Dấu bằng xẩy ra khi
2;
2
3
;1 === cba
)
Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải chỉ ra dấu bằng

0,5
Câu IV
6,0
điểm
I
H
I
K
A
B
C
M
D
E
1.
Ta có:
0
90=∠=∠ ADHAEH

⇒

AEHD
nội tiếp (5)
0,5
5
Lại có: Tứ giác
BEKI
nội tiếp
ABCEKI ∠−=∠⇒
0

180
Tứ giác
DKIC
nội tiếp
ACBDKI ∠−=∠⇒
0
180
do đó:
DKIEKIEKD ∠−∠−=∠
0
360

=
)180()180(360
000
ACBABC ∠−−∠−−
=
ACBABC
∠+∠
=
BAC
∠−
0
180

0
180=∠+∠⇒ BACEKD

⇒

AEKD
nội tiếp (6)
1,0
Từ (5) và (6) suy ra
DKHEA ,,,,
thuộc một đường tròn.
0,5
2.
Ta có:
0
90
=∠=∠
BDCBEC

⇒
Tứ giác
BEDC
nội tiếp
ABCADE
∠=∠⇒
(7)
Từ (6)
⇒

AKEADE
∠=∠
(8)
Từ (7) và (8)
AKEABC
∠=∠⇒

(9)
1,0
Tứ giác
BEKI
nội tiếp
0
180=∠+∠⇒ ABCEKI
(10)
Từ (9) và (10) suy ra
0
180
=∠+∠
AKEEKI

IKA ,,
⇒
thẳng hàng.
1,0
3.

BDC
∆
vuông tại
D
có
DI
là trung tuyến
IDCICID
∆⇒=⇒
cân

ICDIDC ∠=∠⇒
0,5

AID
∆
có
ICKKCDICDIDCIACDIA
∠+∠=∠=∠=∠+∠
Mà tứ giác
DKIC
nội tiếp
KCDDIA ∠=∠⇒
Do đó
ICKIAC
∠=∠
(11)
0,5
Tứ giác
AEKD
nội tiếp
KEDIAC ∠=∠⇒
(12)
0,5
Từ (11) và (12) suy ra
ICKKED
∠=∠

MEKC
⇒
nội tiếp.

0,5
Câu V
2,0
điểm
Cho 19 điểm nằm trong hay trên cạnh của một lục giác đều cạnh bằng 4cm.
Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 trong số 19 điểm đã cho mà khoảng cách
giữa chúng không vượt quá
3
34
cm.
6

O
B
C
D
A
F
E
G
P
M
N
Chia lục giác đều ABCDEF tâm O thành 6 tam giác đều cạnh 4cm (hìnhvẽ)
Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 4 điểm trong 19 điểm nằm trong hay trên
cạnh một trong 6 tam giác đó. Không mất tính tổng quát giả sử tam giác đó
là OAB.
0,5
Chia tam giác đều OAB trọng tâm G thành 3 tứ giác nội tiếp ( hình vẽ) với
GM

⊥
AB; GN
⊥
OB; GP
⊥
OA.

∆
OAB đều cạnh bằng 4 có đường cao
32
2
34
=
⇒
GA =
3
34
0,5
Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp trong đường tròn đường kính
GB, GA, GO đều bằng
3
34
.
0,5
Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 2 điểm trong 4 điểm đang xét nằm trong
hay trên cạnh một trong 4 tứ giác nói trên, giả sử tứ giác đó là GMBN
⇒

khoảng cách giữa hai điểm đó không vượt quá đường kính GB =
3

34
của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác
⇒
điều phải chứng minh.
0,5
7