Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Bến tre 13 14

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)

Câu 1 (5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =



x  18  x + 18



x + x 2  18 với x  18

b) Cho 2 x  5  13 . Tính giá trị của biểu thức:
B=
Câu 2 (4 điểm)

15  x  3 y 2  17  x 2  9 y 2   4  x  3 y 2  0

Giải hệ phương trình : 
.
3
x  3y 
5

x  3y


Câu 3 (3 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2  y 2  13( x  y)  0
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng
qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh:

MN MN

 2.
AB CD

b) Biết S AOB  m 2 ; SCOD  n 2 . Tính S ABCD theo m và n (với S AOB , S COD , S ABCD
lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD).
Câu 5 (5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O và 
ACB  450 . Kẻ các
đường cao AA’ và BB’. Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M và N tương ứng là trung
điểm AB và CH.
a) Chứng minh rằng A’MB’N là hình vuông.
b) Chứng minh rằng A’B’, MN, OH đồng quy.
HẾT


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2013 – 2014

Môn: TOÁN

Câu
1a

Nội dung

Điểm
(2,5đ)

Rút gọn biểu thức:

A=



x  18  x + 18



x + x 2  18 với x  18

Ta có :
A2 =

2



x - 18 - x + 18


=  2x - 2

x 2 -18 x +





 x +

x 2 -18




x -18 

A 2 = x - 18 + x + 18 - 2 x 2 -18 x + x 2 -18
A2

A 2 = 2 x 2 - x 2 +18



0.5



2

0.5
0.25
0.5

A 2 = 36

Nhưng do theo giả thiết ta thấy
A=



x - 18 - x + 18



x + x 2 -18 <0

0.25
0.5

 A= -6

1b

Cho 2 x  5  13 . Tính giá trị của biểu thức:

(2.5đ)

B=
2 x  5  13 => 2 x  5  13  (2 x  5) 2  13

0.5

 x2  5x  3  0

0.5

B=
B=

x

5

– 5 x 4  3 x 3    x3 – 5 x 2  3 x    3x 2 – 15 x  9   2014

0.5

B=

2

B = 2014
Giải hệ phương trình :

0.5
0.5
(4đ)

Ghi
chú


15  x  3 y 2  17  x 2  9 y 2   4  x  3 y 2  0

.

3
x

3
y


5

x  3y

15  x  3 y 2  17  x 2  9 y 2   4  x  3 y 2  0

I .

3
x

3
y



5

x  3y


* Điều kiện xác định : x  3 y .

0.25

540 y 2  0
 y 0


 Nếu x  3 y thì  I   

1
1 : hệ PT (


5
y


 2y

10


0.5

I ) vô nghiệm.
Nếu x  3y Chia 2 vế phương trình (1) cho

 x  3y  x  3y  . Ta có :
15  x  3 y 2  17  x 2  9 y 2   4  x  3 y 2  0


3
x  3y 
5

x  3y

x  3y
 x  3y
15 x  3 y  17  4 x  3 y  0 (*)


 x  3y  3  5
(**)

x  3y

Đặt t 

0.5

x  3y
thì

x  3y

*  15t  17  4t  0   t  43  t  15   0  t  34 Ê; t= 51
+ Với t 













4
x  3y 4
thì
  x  21 y
3
x  3y 3

0.25

0.25

Thay vào (**). Ta có :
18 y 

1
1
1
 5  y   ;y 
8y
4
36

0.25


1
21
( thỏa mãn ĐKXĐ)
4
4
1
7
 Với y   x 
( thỏa mãn ĐKXĐ)
36
12
1
x  3 y 1
+ Với t 
thì

 x  2 y . Thay vào (**). Ta
5

x  3y 5

 Với y    x 

0.25

0.25

0.25

có :
3
5y   5
y


1 1
 y  2  10 85
 
 y  1  1 85

2 10

1 1
1
85  x  1 
85 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
2 10
5
1 1

1
 Với y  
85  x  1 
85 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
2 10
5

 Với y  

0.25

0.25

0.25

 21 1   7 1 

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm :  ;  ,  ;  ,
 4 4   12 36 

3

 1
  1

1 1
1 1
85; 
85  ,  1 
85; 

85 
1 
2 10
2 10
 5
  5


0.5

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

(3đ)

2

2

x  y  13( x  y )  0

x 2  y 2  13( x  y)  0
 ( x  y) 2  ( x  y ) 2  2.13( x  y)  132  169

1.0

 ( x  y) 2  (13  x  y) 2  169  12 2  52

0.5
0.5

Vì x, y     0  x  y  13, 0  13  x  y  13
 x  y  12
 x y 5


13  x  y  12
13  x  y  5
 x  10
x  3


y  2
 y2

4

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O.
Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M
và N.

0.5
0.5

(3đ)


a) Chứng minh:

MN MN


 2.
AB CD

b) Biết S AOB  m 2 ; SCOD  n 2 . Tính S ABCD theo m và n (với
S AOB , S COD , S ABCD lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích

tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD).
Hình vẽ
A
M

B
N
O

D

4a)

Ta có

MO MO AM  MD AD



1
CD AB
AD
AD
NO NO

Tương tự , ta có

1
CD AB
(1) và (2) suy ra

4b)

0.5

MO AM MO MD

;

CD AD AB AD

Suy ra

Suy ra

C

(1)

0.5

(2)

0.25

MO  NO MO  NO

2
CD
AB

MN MN

2
CD AB

S AOB OB S AOD OA

;

;
S AOD OD SCOD OC
OB OA
S
S

 AOB  AOD
OD OC
S AOD S COD
2
 S AOD
 m 2 .n2  S AOD  m.n

Tương tự S BOC  m.n . Vậy S ABCD  m 2  n 2  2mn  (m  n ) 2

5

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O và


ACB  45 . Kẻ các đường cao AA’, BB’. Gọi H là trực tâm
0

5a

tam giác ABC, M và N tương ứng là trung điểm AB và CH.
a) Chứng minh rằng A’MB’N là hình vuông.
b) Chứng minh rằng A’B’, MN, OH đồng quy.
Hình vẽ

0.25

0.5
0.25
0.25

0.25
0.25
(5đ)


C

N
A'

O
B'
A

H
B
M

1
AB (1)
2
1
NA’ = NB’ = CH
(2)
2
Mặt khác, vì 
ACB  450 nên CAA ' và BA ' H vuông cân
nên CA ' H  AA ' B(c.g .c )
 CH  AB  NA '  MA ' (3)
'  MA


Mà 
NA ' C  NCA
A '  MA
'A
0

 MA
'N  

AA ' C  90
(4)
Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra A’MB’N là hình vuông (*)
Ta có MA’ = MB’ =

5b

Do O và A’ thuộc đường trung trực của cạnh AC
Nên OA '  AC  OA '  B ' H
(5)

Tương tự, ta có OB '  A ' H
(6)
Từ (5) và (6) suy ra A’HB’O là hình bình hành.
(**)
Từ (*),(**) suy ra A’B’, OH, MN cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường.

0.5
0.5

0.5

0.5
0.5
1.0
0.5
0.5
0.5