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 . & 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. 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 . -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