ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán ( Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ) Bài 1: ( 2,5 điểm ) Tính giá trị biểu thức A = x 3 + y 3 – 3( x + y ) + 2013 Biết x = + ; y = + Bài 2: ( 1 điểm ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x + y ) 2 = ( x - 1 )( y - 1 ) Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho biểu thức P = + : - a, Rút gọn P b, Tìm x để P > 2 c, Tìm giá trị nhỏ nhất của . Bài 4 : ( 2 điểm ) Cho đường thẳng y = ( m - 2 )x +3 ( m là tham số ) ( d ) a, Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi m. b, Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng (d) bằng 1. Bài 5 : ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi d và d’ lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn tại A và B. Điểm C thuộc đường thẳng d ( C khác A). Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt d và d’ theo thứ tự tại M và D. a, Chứng minh ∆MCD cân và CD là tiếp tuyến của đường tròn (O). b, Chứng minh rằng khi C di chuyển trên đường thẳng d thì tích AC.BD có giá trị không đổi. c, Điểm C ở vị trí nào trên đường thẳng d thì diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất? Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn : Toán Bài 1: ( 1,5 điểm ) Ta có: x 3 = + = 3 + 2 + 3 - 2 + 3.( + ). = 6 + 3.( + ). = 6 + 3.( + ).1 = 6 + 3.( + ) = 6 + 3x y 3 = + = 17+12+17-12+3.(+). =34 + 3.(+ ). =34 +3.(+ ).1 = 34+ 3.(+ = 34 + 3y ⇒ A = x 3 + y 3 - 3( x + y ) + 2013 = 6 + 3x + 34 + 3y - 3 ( x + y ) + 2013 = 40 + 3 ( x + y ) - 3 (x + y ) + 2013 = 40 + 2013 = 2053 Bài 2: ( 1 điểm ) (x + y ) 2 = ( x - 1 )( y + 1 ) ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = xy + x - y - 1 ⇔ x 2 + xy + y 2 - x + y + 1 = 0 ⇔ 2x 2 + 2xy + 2y 2 -2x + 2y + 2 = 0 ⇔ ( x 2 + 2xy + y 2 ) + ( x 2 - 2x +1 ) + ( y 2 + 2y + 1 ) = 0 ⇔ ( x + y ) 2 + ( x - 1) 2 + ( y + 1 ) 2 = 0 ⇔ (x + y ) 2 = 0 và ( x - 1 ) 2 = 0 và ( y + 1 ) 2 = 0 ⇔ x = 1; y = -1 Bài 3: ( 2 điểm ) a, (1 điểm) P = + : - ĐKXĐ: x > 0 và x ≠ 1 = + : - = : = : = : = * = b,( 0,5 điểm) P > 2 ⇔ > 2 ⇔ -2 > 0 ⇔ > 0 ⇔ > 0 vì x >0 và x ≠ 1 nên ( - 1 ) 2 + 1 > 0 ⇔ - 1 > 0 ⇔ > 1 ⇔ x > 1 Kết hợp với ĐK x>0 và x ≠ 1 . Vậy x > 1 thì P > 2. c,( 0,5 điểm ) Để có thì P > 0 ⇔ > 0 vì x > 0 nên - 1 > 0 ⇔ x > 1 Vậy ĐK để có là x > 1 Để có GTNN thì P phải có GTNN Ta có P = = = = +1 + = - 1 + +2 Vì x >1 nên - 1 > 0 ; > 0. Áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương ta có - 1 + ≥ 2 = 2 dấu = xảy ra ⇔ - 1 = ⇔ ( - 1 ) 2 = 1 ⇔ - 1 = 1 ⇔ = 2 ⇔ x = 4 ( TMĐK ) ⇒ P = - 1 + +2 ≥ 2 + 2 = 4 Vậy có GTNN là = 2 khi x = 4. Bài 4: ( 2 điểm ) a,(1 điểm ) Giả sử đường thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định là M ( x 0 ; y 0 ) với ∀ m ⇒ x =x 0 ; y = y 0 . Thay x =x 0 ; y = y 0 vào đường thẳng (d) ta có y 0 = ( m - 2 )x 0 + 3 với ∀m ⇔ y 0 = mx 0 - 2x 0 + 3 với ∀m ⇔ mx 0 - 2x 0 + 3 - y 0 = 0 với ∀m ⇔ mx 0 - ( 2x 0 - 3 + y 0 ) = 0 với ∀m ⇔ ⇔ ` Vậy (d) luôn đi qua 1 điểm cố định là M( 0; 3 ) với mọi m. b, Vẽ đường thẳng (d) đi qua điểm M ( 0; 3) cắt Ox tại N. Kẻ OH ⊥ (d ). Vì (d) cắt Ox tại N ⇒ y = 0, Thay y = 0 vào đường thẳng (d) ta có (m - 2 )x + 3 = 0 ⇔ (m - 2 )x = -3 ⇔ x = ( với m ≠ 2 ) ⇒ N ; 0 . Xét tam giác vuông OMN có OH ⊥ MN ⇒ = + ⇔ + 1: = 1 ⇔ + = 1 ⇔ ( m 2 -4m + 4 ) = 8 ⇔ (m-2) 2 = 8 ⇔ m -2 = 2 hoặc m -2 = -2 ⇔ m = 2 + 2 ( TMĐK) hoặc m = 2 - 2 ( TMĐK ) Vậy m = 2 + 2 hoặc m = 2 - 2 thì khoảng cách từ gốc toạ độ đến (d) bằng 1. Bài 4 : ( 3,5 điểm ) a, +/( ∆ vuông AOM và ∆ vuông BOD có OA = OB ( cùng bk) = ( vì 2 góc đối đỉnh ) ⇒ ∆ vuông AOM = ∆ vuông BOD ( g.c.g ) ⇒ OM = OD ( 2 cạnh T. Ư ) ∆ MCD có OC ⊥ MD ( gt ); OC là đường trung tuyến ( Vì OM = OD ) ⇒ ∆MCD cân tại C. +, Từ O kẻ OH ⊥ CD . ∆ vuông AOM = ∆ vuông HOD ( vì có OM = OD ; = ( 2 góc ở đáy của ∆ cân MCD ) ⇒ OH = OA = R; OH ⊥ CD tại H ⇒ CD là tiếp tuyến của (O). b, Ta có CA và CH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C ⇒ CA = CH ( t/c của 2 tiếp tuyến cắt nhau), DH và BD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D ⇒ DB = DH ( t/c của 2 tiếp tuyến cắt nhau), ∆vuông COD có OH ⊥ CD ( cmt ) ⇒ OH 2 = CH. HD ( HT giữa cạnh và đường cao trong ∆ vuông ) ⇒ OH 2 = CA. BD ⇔ CA.BD = R 2 Vậy tích CA. BD = R 2 không đổi khi C di chuyển trên d. c, tứ giác ABDC là hình thang vuông ( Vì có AC ∥ BD do cùng ⊥ AB) ⇒ S ABDC = mà AC = CH; BD = HD ( cmt) ⇒ AC + BD = CH + HD = CD ⇒ S ABCD = do AB = 2R có độ dài không đổi. Nên để S ABCD có GTNN ⇔ CD có độ dài nhỏ nhất ⇔ CD ⊥ d ; CD ⊥ d’ ⇔ tứ giác ABDC là hình chữ nhật. OH ⊥ CD ⇒ OH ⊥ AB ⇔ H là điểm chính giữa của cung AB. Vậy C là giao điểm của tiếp tuyến tại H của (O) với d. Khi đó AC = BD = OH = R ⇒ S ABDC = AB. AC = 2R . R = 2R 2 . . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán ( Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ) Bài 1: ( 2,5 điểm ) Tính giá trị. diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất? Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn : Toán Bài 1: ( 1,5 điểm ) Ta có: x 3 = + = 3 + 2 + 3. vuông AOM = ∆ vuông BOD ( g.c.g ) ⇒ OM = OD ( 2 cạnh T. Ư ) ∆ MCD có OC ⊥ MD ( gt ); OC là đường trung tuyến ( Vì OM = OD ) ⇒ ∆MCD cân tại C. +, Từ O kẻ OH ⊥ CD . ∆ vuông AOM = ∆ vuông HOD (