Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS cấp thành phố Cần Thơ-Năm học 2012-2013 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (5,0 điểm)
1. Cho biểu thức P =
2m+
√
16m+ 6
m+ 2
√
m− 3 +
√
m− 2√
m− 1 +
3√
m+ 3
− 2
a) Rút gọn P .
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Tính giá trị (a3 + 15a− 25)2013 với a = 3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6.
Câu 2 (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:
√
x+ 5 +
√
3− x− 2 (√15− 2x− x2 + 1) = 0.
2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:{
2x2 +mx− 1 = 0
mx2 − x+ 2 = 0
Câu 3 (5,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa
1
x
+
1
y
+
1
z
= 2.
2. Cho hai số x, y thỏa mãn:
{
x+ y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x2 + y2 − xy.
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M
trên đường tròn để MA+ 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm di động trên
cung BC không chứa A.
1. GọiM, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống PB, PC. Chứng minh rằng đường
thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên đường tròn
(O;R) sao cho diện tích của tam giác ABC luôn bằng a2.
—–HẾT—–
Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang.)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1(5,0đ)
1. (3,5 điểm)
a) Điều kiện: m ≥ 0, m 6= 1 0,5đ
P =
√
m + 1√
m− 1 2,0đ
b) P = 1 +
2√
m− 1 0,5đ
Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 0,5đ
2.(1,5 điểm)
a =
3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6 =⇒ a3 = 26− 15a 1,0đ
a3 + 15a− 25 = 1 =⇒ (a3 + 15a− 25)2013 = 1 0,5đ
2(5,0đ)
1. (2,5 điểm)
Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 3
0,5đ
Đặt t =
√
x + 5 +
√
3− x, t2 = 8 + 2√15− 2x− x2 =⇒ t ≥ 2√2
Phương trình đã cho có dạng: t2 − t− 6 = 0⇐⇒
[
t = 3
t = −2 (loại) 1,0đ
t = 3⇐⇒ √x + 5 +√3− x = 3
⇐⇒ 4x2 + 8x− 59 = 0⇐⇒
 x = −2 + 3
√
7
2
x =
−2− 3√7
2
1,0đ
2. (2,5 điểm)
Đặt x2 = y ≥ 0. Hệ trở thành:
{
mx + 2y = 1
−x + my = −2 0,5đ
Hệ luôn có nghiệm:

x =
m + 4
m2 + 2
y =
1− 2m
m2 + 2
≥ 0 (m ≤ 1
2
)
0,5đ
Ta có: x2 = y ⇐⇒
(
m + 4
m2 + 2
)2
=
1− 2m
m2 + 2
0,5đ
⇐⇒ (m + 1) (m2 −m + 7) = 0⇐⇒ m = −1 1,0đ
3(5,0đ) 1. (3,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Không mất tính tổng quát giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z
=⇒ 2 = 1
x
+
1
y
+
1
z
≤ 3
x
=⇒ x = 1
1,0đ
=⇒ 1
y
+
1
z
= 1 ≤ 2
y
=⇒
[
y = 1 (vô lý)
y = 2 =⇒ z = 2 1,0đ
Vậy (1; 2; 2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho 1,0đ
2. (2,0 điểm)
Hệ
{
x + y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
⇐⇒
{
x + y = 2− a (a ≥ 0)
x2 + y2 + xy = 3
0,5đ
Do đó:
{
x + y = 2− a
xy = (2− a)2 − 3
, ∆ = S2 − 4P ≥ 0 =⇒ 0 ≤ a ≤ 4 0,5đ
T = x2 + y2 + xy − 2xy = 9− 2(2− a)2 0,5đ
minT = 1 khi x = 1, y = 1 hoặc x = −1, y = −1
maxT = 9 khi x =
√
3, y = −√3 hoặc x = −√3, y = √3
0,5đ
4(2,0đ)
O
A
B
C
M
M ′
Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC =
R
2
, ta có điểm C cố định 0,5đ
Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OMA =⇒MA = 2MC 0,5đ
Ta có MA + MB ≥ BC (không đổi)
MA + 2MB = 2(MB + MC) ≥ 2BC
0,5đ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C
Vậy khi điểmM là giao điểm của đoạnBC và đường tròn (O) thìMA+2MB
đạt giá trị nhỏ nhất
0,5đ
5(3,0đ) 1. (2,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
O
A
B
C
P
N
D
I
E
M
A′
Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định. Ta có B̂MA = B̂IA = 90◦ nên tứ giác
AMBI nội tiếp hay ÂIM = ÂBM
Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ÂBM = ÂCP
Do đó ÂIM = ÂCP (1)
1,0đ
Mặt khác ÂIC = ÂNC = 90◦ nên tứ giác AINC nội tiếp, suy ra
ÂCP + ÂIN = 180◦ (2)
0,5đ
Từ (1) và (2) suy ra ÂIM + ÂIN = 180◦ 0,5đ
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I
2. (1,0 điểm)
Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra ÂED = ÂCB
Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A′. Ta có:
ÊAO + ÂED = B̂AA′ + ÂCB = 90◦
=⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD = 1
2
AO.DE =
1
2
R.DE
0,5đ
Tương tự ta cũng có: SBEOI =
1
2
R.EI, SCDOI =
1
2
R.ID
Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI =
1
2
R.(DE + EI + ID)
=⇒ DE + EI + ID = 2SABC
R
=
2a2
R
(không đổi)
0,5đ
—–HẾT—–
Ghi chú:
• Mọi cách giải đúng khác đáp án đều cho điểm tối đa.