ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: 59 3 5 7 A = + + b/ Tính tổng: 1 1 1 3 5 5 7 2011 3013 S = + + + + + + BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức ( ) 4 2 3 1Q x x x= + + a/ Phân tích đa thức ( ) Q x thành nhân tử. b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 4 2 3 1y x x= + + BÀI 3: (4 điểm) a/ Vẽ đồ thị hàm số ( ) 3 9 7y f x x x= = − + − b/ Giải phương trình: 2 2 2 3 6 9 7 0x x x− + + − = BÀI 4: (4 điểm) Cho hệ phương trình 2 1 3 1 x y x my + = −   + =  ( m là tham số) a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó. b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1P x y x my= + + + + − BÀI 5: (4 điểm) Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính 2R = a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông. b/ Cho ( ) 2 0 2AB x x= < < . Tính diện tích hình thang ABCD theo x . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: 59 3 5 7 A = + + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 59 3 5 7 59 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 A + − + − = = + + + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 59 3 5 7 59 3 5 7 1 2 15 3 5 7 2 15 1 1 2 15 1 2 15 1 2 15 + − + − − = = = + − − + + − b/ Tính tổng: 1 1 1 3 5 5 7 2011 3013 S = + + + + + + Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 5 7 2011 3013 3 5 3 5 5 7 5 7 2011 3013 2011 3013 S − − − = + + + + − + − + − ( ) 1 3 2013 2013 3 3 5 5 7 2011 2013 2 2 2 − − = − + − + + − = = − − BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức ( ) 4 2 3 1Q x x x= + + a/ Phân tích đa thức ( ) Q x thành nhân tử. Đặt ( ) 2 0t x t= ≥ ta có: ( ) 2 2 2 2 2 3 3 5 3 5 3 5 3 5 3 1 2. . 2 2 4 2 2 2 2 Q x t t t t t t t      + −     = + + = + + − = + − = + +  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ ÷          b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 4 2 3 1y x x= + + Cách 1: Đặt ( ) 2 0t x t= ≥ ta có: 2 2 3 1y t t= + + 2 2 3 1 0t t y⇔ + + − = (xem đây là phương trình với ẩn t) Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ( ) 2 2 9 4 1 5 4y y∆ = − − = + là số chính phương Đặt ( ) 2 2 5 4y k k+ = ∈¢ Ta có: ( ) ( ) 5 2 2k y k y= + − Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , 2 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1k y k y+ − = − − − − Suy ra 1y = ± ( ) 0 0t t⇒ = ≥ 0x ⇒ = Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là ( ) ( ) 0,1 , 0, 1− Cách 2: 2 2 4 2 2 2 3 5 3 1 2 4 y x x y x   = + + ⇔ = + −  ÷   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 3 5 2 3 2 2 3 2 4 2 x y x y x y   ⇔ = + − ⇔ = + + + −  ÷   Vì ,x y nguyên nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 ,2 3 2 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1x y x y+ + + − = − − − − Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 , 0,1 ; 0, 1x y = − (vì 2 0x ≥ ) Vì vậy ( ) ( ) ( ) , 0,1 ; 0, 1x y = − Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( ) ( ) ( ) , 0,1 ; 0, 1x y = − BÀI 3: (4 điểm) a/ Vẽ đồ thị hàm số ( ) 3 9 7y f x x x= = − + − Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 9 7 3 4 16 3 9 3 7 3 2 2 3 x x x x x y f x x x x x x − + − ≥ − ≥    = = =   − + − ≤ − + ≤     Đồ thị hàm số này là hai nhánh của các đường thẳng ( ) 4 6 3y x x= − ≥ và ( ) 2 2 3y x x= − + ≤ như hình vẽ b/ Giải phương trình: 2 2 2 3 6 9 7 0x x x− + + − = Ta có: 2 2 2 3 6 9 7 0x x x− + + − = 3 3 7 0x x⇔ − + − = Đặt ( ) 0t x t= ≥ phương trình trên trở thành ( ) 3 3 7 0 2t t− + − = Dựa vào đồ thị ta có ( ) 1 2 4 t t =  ⇔  =  Với 1 1t x x= = ⇔ = ± Với 4 4t x x= = ⇔ = ± Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 1, 4x x= ± = ± BÀI 4: (4 điểm) Cho hệ phương trình 2 1 3 1 x y x my + = −   + =  ( m là tham số) a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó. ( ) ( ) 1 2 2 1 6 4 3 1 x y x y II m y x my = − − + = −   ⇔   − = + =   Nếu 6m = ( ) 1 2 0. 4 x y II y = − −  ⇔  =  (vô nghiệm) Nếu 6m ≠ ( ) ( ) 8 1 6 4 6 x m II y m  = − −  −  ⇔   = −   Vậy với 6m ≠ thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ) 8 1 6 4 6 x m y m  = − −  −    = −   b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1P x y x my= + + + + − Với 6m ≠ , ta có 0P ≥ với mọi x 8 1 2 1 0 6 0 3 1 0 4 6 x x y m P x my y m   = − −   + + =   − = ⇔ ⇔   + − =   =   −   Vậy với 6m ≠ , giá trị của biểu thức P là 0 tại 8 1 6 4 6 x m y m  = − −   −   =  −  Với 6m = , ta có ( ) ( ) 2 2 2 1 3 6 1P x y x y= + + + + − Đặt 2t x y= + , ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 8 1 3 1 10 4 2 10 5 5 5 P t x t t t   = + + − = − + = − + ≥  ÷  ÷   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 1 2 5 5 t x y= ⇒ + = Vậy với 6m = , giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 8 5 tại 1 2 1 5 2 5 y x y x y ∈   + = ⇒  = −   ¡ BÀI 5: (4 điểm) Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính 2R = a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông. b/ Cho ( ) 2 0 2AB x x= < < . Tính diện tích hình thang ABCD theo x . Giải a/ Hình vẽ:Vì hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (I) nên ta gọi M, N, E, F lần lượt là tiếp điểm giữa AB, CD, AD, BC với (I) Ta có AI, BI, CI, DI là các phân giác của · · · · , , , DAB ABC BCD CDA Suy ra · · · · · 1 2 IAD IAB IBA IBC DAB= = = = Và · · · · · 1 2 IDA IDC ICD ICB ADC= = = = (Vì ABCD là hình thang cân) Mà · · 0 180DAB CDA+ = (ABCD là hình thang cân) Nên · · 0 0 180 90 2 IAD IDA+ = = Do đó · 0 0 0 180 90 90AID = − = (tổng ba góc trong tam giác bằng 180 0 ) Vậy tam giác IAD vuông tại I. Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I. b/ Hai tam giác vuông IMA, IMB có · · · · · 2 DAB IAM IBM AIM BIM= = ⇒ = Do đó ( ) . .IMA IMB g c g∆ = ∆ Suy ra MA = MB, hay M là trung điểm của AB. Tương tự ta có N là trung điểm của CD. Cho nên ta có: EA AM MB BF x= = = = Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông IMA ta có: 2 2 2 2 2 4AI x x= + = + Tam giác AID vuông tại I có IE là đường cao nên: 2 2 2 4 . AI x AI AE AD AD AE x + = ⇒ = = 2 4 4 8x ED DN AD AE x DC x x x + ⇒ = = − = − = ⇒ = Vậy ( ) 8 2 .4 . 16 4 2 2 ABCD x AB CD MN x S x x   +  ÷ +   = = = + (chú ý: M, I, N thẳng hàng vì ABCD là hình thang cân) . ABCD theo x . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: 59 3 5 7 A = + + Ta. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: 59 3 5 7 A = + + b/ Tính. = = Và · · · · · 1 2 IDA IDC ICD ICB ADC= = = = (Vì ABCD là hình thang cân) Mà · · 0 180DAB CDA+ = (ABCD là hình thang cân) Nên · · 0 0 180 90 2 IAD IDA+ = = Do đó · 0 0 0 180 90 90 AID