Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học: 2013 – 2014. môn Toán10600

Tìm m để d tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 3.. Trên đáy BC lấy điểm D sao cho CD2BD.. Gọi H là giao điểm của OA với BC.. Trên đường trung trực của AH lấy điểm M b

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC: 2013 – 2014

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1 (4đ) Cho biểu thức: P x 2 x 1 x 1

x 1



a) Rút gọn P

b) Chứng minh P 1 với và

3

Câu 2 (4đ)

a) Cho đường thẳng (d): 4 m 1 x   3my 12 Tìm m để (d) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 3 Tính khoảng cách từ O(0; 0) đến (d) ứng với

m vừa tìm được

b) Cho M(a; b) là một điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x5y7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q 5 a 3 b 

Câu 3 (4đ) Cho 0 t 3 Tìm GTNN của biểu thức:

2

2

4t 9 A

t 3 t







Câu 4 (4đ)

a) Cho ABC cân tại A Trên đáy BC lấy điểm D sao cho CD2BD So sánh

số đo BAD฀ và 1CAD฀

2 b) Từ một điểm A ở ngoài (O) dựng các tiếp tuyến AB, AC với (O) Gọi H là giao điểm của OA với BC Trên đường trung trực của AH lấy điểm M bất kỳ sao cho

M nằm ngoài (O) và dựng tiếp tuyến MF với (O) Chứng minh: MAMF

(B, C, F là các tiếp điểm)

Câu 5 (4đ)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x, y thỏa mãn: 2  

x  7y x 6 2y0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y thỏa mãn: x2010 y2010 20122010

-HẾT -Câu 1: a) Với x 0;x 1

1

1

P

x

x x

x

x x









Vậy: P = với

1

x

x x x0;x1

b)Cách 1

xét hiệu:

 2

1 1

1

x

P

x x

x x x

x x

x

x x





Vì x 0;x 1 nên:  2 và Do đó: Vậy ta có điều phải

x

3

P  chứng minh:

Cách 2: Ta có : P = = với

1

x

x x

1 1 1

x x

0; 1

x x

Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương x; 1 ta có:

x

Vì x 1 nên dấu "=" không xảy ra

Suy ra: 1 Vậy

1 3

x

x

3

P Câu 2:

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Xét đường thẳng (d)

Vì d cắt hai hệ trục toạ độ nên m khác 0 và m khác 1

Cho x = 0 suy ra y = 4 (m khác 0) ta được A(0; ) thuộc Oy

m

4

m

Cho y = 0 suy ra x = 3 (m khác 1) ta được B( ;0) thuộc Ox

1

m

3 1

m

Khi đó: OA = ; OB = 4

m

3 1

m

Để đường thẳng d tạo với hai trục toạ độ Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 3 thì: OA.OB = 6 tức là: 4 3 giải phương trình ta được m = - 1 ; m = 2

1

 Với m = -1 khi đó AB = 73 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng

2

12 73 Với m = 2 khi đó AB = 13 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng 6

13 2) Vì M (a;b) là 1 điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x +5y = 7 nên ta có:

4a + 5b = 7 suy ra 7 5   3 Do đó 3 – b = 4k (k thuộc Z) hay

1

a    b  Z

3 4

từ đó ta tính được a = 5k – 2

Khi đó: Q 5 5k  2 3 3 4  k

Lập bảng xét dấu:

k 2

5

3 4 5k - 2 - 0 + +

3 – 4k + + 0

-Xét TH1: k 2 mà k thuộc Z nên k 0 Ta có Q = (1 – 13 k) 1

5

TH2: 2 3 mà nên không tồn tại k

5  k 4 kZ

TH3: 3 mà nên Ta có Q = (13k – 1) 12

4

Gộp cả 3 trường hợp ta được: Q 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi k = 0 khi đó 

M(-2;3)

Vậy biểu thức Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 giá trị ấy đạt được khi M(-2;3)

2

.

A

  4t 9t .t31 t

  

Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh: 9 Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5

4t 12

t

  

t31 t49 Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5

 Suy ra 16 Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 Vậy GTNN của A bằng

3

3 Câu 4:

D H K I

1)Cách 1:

Đặt AB=AC=a (a>0)BC =3m (m>0) suy ra: CD=2m,BD=m

Kẻ đường cao AH, phân giác AKcủa góc CAD, ta có DH = 1

2m

Ta tính được AH = 1 2 2 ;AD =

2

a  m

Vì AKlà phân giác của góc CAD ta có: DK AD suy ra:

DC  AC AD



2 2

2 2

2

DK





Xét hiệu: DI-DK = m-DK=  2 2 vì a;m >0 nên

2 2

2

0 2



2 2

2

a a  m

Từ đó suy ra K nằm giữa Dvà I, hay I nằm giữa Kvà C Do đó góc AKD > góc AIK

mà góc AIK = góc ADK nên góc AKD >góc ADK Suy ra ADB > góc AKC

Vậy: góc BAD < góc DAK Tức là góc BAD < góc CAD1

2 Cách 2:

Gọi E là trung điểm của DC, ta có BD = DE = EC

 Khi đó tam giác ABD và tam giác ACE bằng nhau (c-g-c)

Suy ra góc BAD = góc CAE (1)

Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = EA

Ta chứng minh được tam giác CAE = tam giác DEF

(c-g-c)

Từ đó: AC = DF; góc DFE = góc CAE

* Vì góc ADC = gócABD +gócBAD, nên

ADC >góc ABD mà góc ABD = góc ACD

Suy ra: góc ADC >góc ACD.Do đó AC>AD,

Mà AC = DF suy ra: góc DAE > gócDEF suy ra: DAE+CAE>2DEF

Hay: 1/2DAC>DE F Vậy BAD<1/2DAC

A

B

D

F C E

H

A O

B

C

M

I

Gọi I là trung điểm của AH

Dễ chứng minh AO là đường trung trực của BC

+ Trong các tam giác: FMO ;OMI,AMI,ABO ta có

2

2 2 2

2

;

2

MA

  

   

    

   

   

  



Vậy: MF = MA

Câu 5

a) nếu với giới hạn của chương trình hiện tại là hết tuần 16 thì ta nênlàm như sau

x   y x  y   2

nghiệm nên chia cả hai vế cho x – 2 ta được

 

2

5

Do x, y là số nguyên nên x – 2 là ước của -4 mà U 4     1; 2; 4

Ta có bảng:

y 0 -3 -6 0 -3 -6

đối chiếu với các điều kiện ở đề bài thì các cặp số sau thoả mãn

(x;y) =     1; 0 ; 0;3 ;   2; 6 ; 6; 0 ; 4; 3 ; 3; 6        

2)Giả sử (x,y)là nghiệm nguyên dương của phương trình:

Rõ ràng x,y<2012 (1) Không mất tính tổng quát giả sử x y

Do xZ; 2012  x 2012  x 1

2012  x 1 x  2010x   2010x  1 x  2010x

Từ đó ta có x2010 y2010 x2010  2010x2009 hay y2010  2010x2009 mà xy nên

(2)

2010 2009

x  x  x

Tương tự ta có: y > 2010 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra 2010 < x, y < 2012 Từ đó chỉ có thể x = y = 2011

Nhưng cặp số (x, y) này không thoả mãn phương trình đã cho (vì vế phải chia hết cho

4 còn vế trái không chia hết cho 4)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm