SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THCS NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I. ( 3,0 điểm) Cho 12 12 2 1 + − =x . Tính giá trị của biểu thức sau: A = ( ) 2014 2 3 34519345 22 21 35544)144(         + − +++−+++−+ xx x xxxxxxx . Câu II. (5,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên yx, thỏa mãn 22 251242 yxyxxy +>+++ . 2. Giải hệ phương trình:    −=+− +=− 9218252 24 22 33 yxyx yxyx Câu III. ( 4,0 điểm) 1. Cho parabol (P): 2 2xy −= và đường thẳng (d): 2−+= aaxy . Tìm số nguyên a sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB = 5 . 2. Cho    ≥++ > 1032 0,, cba cba , chứng minh rằng : 2 131 8 9 4 3 ≥+++++ cba cba Câu IV. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) có các đường cao BD và CE cắt nhau tại H ( D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB). Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI và tam giác CDI cắt nhau tại K ( K khác I ). Gọi M là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng: 1. Các điểm A, E, H, K, D thuộc một đường tròn. 2. A, K, I thẳng hàng. 3. ∠ MEC = ∠ MKC ( Kí hiệu ∠ ABC là số đo góc ABC) Câu V. ( 2,0 điểm) 1 Cho 19 im nm trong hay trờn cnh ca mt lc giỏc u cnh bng 4 cm. Chng minh rng luụn tn ti 2 trong s 19 im ó cho m khong cỏch gia chỳng khụng vt quỏ 3 34 cm. Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu v mỏy tớnh cm tay. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh: Sở giáo dục và đào tạo Hng yên đề chính thức Hớng dẫn chấm đề thi chọn học sinh giỏi THCS Năm học 2013 - 2014 Môn toán lp 9 ( Hớng dẫn chấm gồm 4 trang) Chỳ ý: 1) Hng dn chm ny trỡnh by cỏc bc gii v cỏch cho im tng phn ca mi cõu. Bi lm ca hc sinh yờu cu phi chi tit, lp lun cht ch. Nu hc sinh gii cỏch khỏc m ỳng thỡ chm im tng phn tng ng. 2) Vic chi tit húa ( nu cú) thang im trong hng dn chm phi bo m khụng lm sai lch hng dn chm v phi c thng nht thc hin trong t chm. Cõu Hng dn chm v kt qu im Cõu I 3,0 im Cho 12 12 2 1 + =x , tớnh A = ( ) 2014 2 3 34519345 22 21 35544)144( + +++++++ xx x xxxxxxx . Ta cú 12 12 2 1 + =x = 2 )12( 2 1 = 2 12 122 = x 212 =+ x 0144 2 =+ xx (a) 1,0 Do ú: 11)144(144 23345 =++=++ xxxxxx 0,5 =+++ 35544 345 xxxx 3 x )144( 2 + xx - x )144( 2 + xx + )144( 2 + xx +4 = 4 0,5 2 Từ (a) 2 1 2 2 2 x x⇒ + = 2 1 22 2 =+⇒ xx ; 2 2 1x − = 122 2 1 21 22 21 2 =−= − = + − ⇒ x x xx x 0,5 Do đó A = ( ) 10141 2014 3 19 =++ 0,5 Câu II.1 2,0 điểm Tìm các số nguyên yx, thỏa mãn 22 251242 yxyxxy +>+++ . Vì yx, nguyên nên ta có: yxxyyx 24225 22 ++≤+ (*) 2)12()144()2( 2222 ≤+−++−++−⇔ yyxxyxyx 2)1()12()( 222 ≤−+−+−⇔ yxyx 0,5 Ta có 2)12( 2 ≤−x , 12 −x lẻ 1)12( 2 =−⇒ x    = = ⇔ 1 0 x x 0,5 Với 0=x thì (*) 0)1( ≤−⇔ yy 10 ≤≤⇔ y    = = ⇒ 1 0 y y ( thỏa mãn) 0,5 Với 1 = x thì (*) 0142 2 ≤+−⇔ yy 1)1(2 2 ≤−⇔ y 1 =⇒ y ( thỏa mãn) Vậy )1;1();1;0();0;0(),( = yx . 0,5 Câu II.2 3,0 điểm Giải hệ    −=+− +=− )2(9218252 )1(24 22 33 yxyx yxyx Nhân vế trái của (1) với vế phải của (2) và nhân vế phải của (1) với vế trái của (2) ta có: )218252)(2()4)(9( 2233 yxyxyxyx +−+=−− ⇔ 0)218252)(2()4)(9( 2233 =+−+−−− yxyxyxyx ⇔ 031328 3223 =+−+ yxyyxx 0,5 ⇔ 0)33()22()88( 232223 =+−−+− xyyxyyxxyx ⇔ 0)(3)(2)(8 222 =−−−+− yxyyxxyyxx 0,5 3 ⇔ 2 2 ( )(8 10 3 ) 0x y x xy y− + − = Biến đổi nhận được phương trình: 0)32)(4)(( =+−− yxyxyx 0,5 Với yx = tìm được )0;0();( =yx ( thử vào hệ không thỏa mãn) )1;1();1;1();( −−= yx ( thử vào hệ thấy thỏa mãn) 0,5 Với xy 4 = tìm được )0;0();( =yx ( thử vào hệ không thỏa mãn) 0,5 Với xy 3 2 − = tìm được )0;0();( = yx ( thử vào hệ không thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm )1;1();1;1();( −−= yx 0,5 Câu III.1 2,0 điểm Cho parabol (P): 2 2xy −= và đường thẳng (d): 2−+= aaxy . Tìm số nguyên a sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB = 5 . Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 022 2 =−++ aaxx (3) (3) có 2 )4( −=∆ a Với 4≠a thì (3) có hai nghiệm phân biệt 2 2 ;1 a x − −= là hoành độ các điểm A, B 0,5 Khi đó A )2;1( −− ; B ) 2 )2( ; 2 2 ( 2 − −− aa Do đó AB = 5 ⇔ AB 2 = 5 ⇔ 52 2 )2( )1 2 2 ( 2 2 2 =         + − − ++ − aa 0,5 5 4 )4( 4 )4( 222 = − + − ⇔ aaa 048178 234 =−−+−⇔ aaaa 0)256)(2( 23 =++−−⇔ aaaa    =++− = ⇔ 0256 2 23 aaa a 0,5 a nguyên thỏa mãn 0256 23 =++− aaa (4) thì a là ước của 2 2;1 ±±=⇒ a Thử 2;1 ±±= a vào (4) thấy không thỏa mãn. Vậy 2=a là giá trị cần tìm. 0,5 4 Câu III.2 2,0 điểm Cho    ≥++ > 1032 0,, cba cba , chứng minh rằng : 2 131 8 9 4 3 ≥+++++ cba cba Sử dụng bất đăng thức Côsi cho 2 số dương ta có: 2 1 ≥+ a a 2 3 ) 1 ( 4 3 ≥+⇒ a a 9 9 2 3 4 4 b b + ≥ = 2 3 ) 4 9 ( 2 1 ≥+⇒ b b 442 4 =≥+ c c 1) 4 ( 4 1 ≥+⇒ c c 1,0 Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có: 4 1 8 9 4 3 4 1 2 1 4 3 ≥+++++ cba cba (3) 0,5 Từ 1032 ≥++ cba ta có 2 5 4 32 4 3 2 1 4 1 ≥ ++ =++ cba cba (4) Từ (3) và (4) suy ra 2 131 8 9 4 3 ≥+++++ cba cba (Đpcm) ( Dấu bằng xẩy ra khi 2; 2 3 ;1 === cba ) Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải chỉ ra dấu bằng 0,5 Câu IV 6,0 điểm I H I K A B C M D E 1. Ta có: 0 90=∠=∠ ADHAEH ⇒ AEHD nội tiếp (5) 0,5 5 Lại có: Tứ giác BEKI nội tiếp ABCEKI ∠−=∠⇒ 0 180 Tứ giác DKIC nội tiếp ACBDKI ∠−=∠⇒ 0 180 do đó: DKIEKIEKD ∠−∠−=∠ 0 360 = )180()180(360 000 ACBABC ∠−−∠−− = ACBABC ∠+∠ = BAC ∠− 0 180 0 180=∠+∠⇒ BACEKD ⇒ AEKD nội tiếp (6) 1,0 Từ (5) và (6) suy ra DKHEA ,,,, thuộc một đường tròn. 0,5 2. Ta có: 0 90 =∠=∠ BDCBEC ⇒ Tứ giác BEDC nội tiếp ABCADE ∠=∠⇒ (7) Từ (6) ⇒ AKEADE ∠=∠ (8) Từ (7) và (8) AKEABC ∠=∠⇒ (9) 1,0 Tứ giác BEKI nội tiếp 0 180=∠+∠⇒ ABCEKI (10) Từ (9) và (10) suy ra 0 180 =∠+∠ AKEEKI IKA ,, ⇒ thẳng hàng. 1,0 3. BDC ∆ vuông tại D có DI là trung tuyến IDCICID ∆⇒=⇒ cân ICDIDC ∠=∠⇒ 0,5 AID ∆ có ICKKCDICDIDCIACDIA ∠+∠=∠=∠=∠+∠ Mà tứ giác DKIC nội tiếp KCDDIA ∠=∠⇒ Do đó ICKIAC ∠=∠ (11) 0,5 Tứ giác AEKD nội tiếp KEDIAC ∠=∠⇒ (12) 0,5 Từ (11) và (12) suy ra ICKKED ∠=∠ MEKC ⇒ nội tiếp. 0,5 Câu V 2,0 điểm Cho 19 điểm nằm trong hay trên cạnh của một lục giác đều cạnh bằng 4cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 trong số 19 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 3 34 cm. 6 O B C D A F E G P M N Chia lục giác đều ABCDEF tâm O thành 6 tam giác đều cạnh 4cm (hìnhvẽ) Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 4 điểm trong 19 điểm nằm trong hay trên cạnh một trong 6 tam giác đó. Không mất tính tổng quát giả sử tam giác đó là OAB. 0,5 Chia tam giác đều OAB trọng tâm G thành 3 tứ giác nội tiếp ( hình vẽ) với GM ⊥ AB; GN ⊥ OB; GP ⊥ OA. ∆ OAB đều cạnh bằng 4 có đường cao 32 2 34 = ⇒ GA = 3 34 0,5 Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp trong đường tròn đường kính GB, GA, GO đều bằng 3 34 . 0,5 Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 2 điểm trong 4 điểm đang xét nằm trong hay trên cạnh một trong 4 tứ giác nói trên, giả sử tứ giác đó là GMBN ⇒ khoảng cách giữa hai điểm đó không vượt quá đường kính GB = 3 34 của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ⇒ điều phải chứng minh. 0,5 7