Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS 
 NĂM HỌC 2012 - 2013 
Môn thi: Toán 
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao bài) 
Bài 1 (5 điểm). 
 Cho biểu thức: A = 



















1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a
aa
a
, với a ≥ 0 
 1. Rút gon biểu thức A. 
 2. Thính giá trị của biểu thức A khi a = 2010 -2 2009 . 
Bài 2 (4 điểm). 
1. Giải phương trình (x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x2 
2. Giải hệ phương trình: 





1
)(333
yx
yxyx
Bài 3 (4 điểm). 
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 = - 2(x6- x3y - 32) 
2. Cho tam giác ABC vuông tại A có phân giác AD. Gọi M, N lần lượt là hình 
chiếu của B, C lên đường thẳng AD. 
Chứng minh rằng: 2AD ≤ BM + CN 
Bài 4 (5 điểm). 
 Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, P là điểm 
trên cạnh BC; các điểm N, L thuộc AP sao cho CN ┴ AP và AL = CN. 
1. Chứng minh góc MCN bằng góc MAL. 
2. Chứng minh ∆LMN vuông cân 
3. Diện tích ∆ ABC gấp 4 lần diện tích ∆MNL, hãy tính góc CAP. 
Bài 5 (2 điểm). 
 Cho a b và ab = 6. Chứng minh: 34
22



ba
ba
..................................Hết.................................... 
Họ và tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh:....................... 
Họ tên và chữ ký của giá thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2 
............................................ .................................................. 
Đề chính thức 
 PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS 
Hướng dẫn chấm môn toán 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
5,0 điểm 
1 (3,0đ) 
Với điều kiện a 0. Ta có: 
A = 



















1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a
aa
a
=












)1)(1(
2
1
1
:
1
12
aa
a
aa
aa
=
 
)1)(1(
21
:
1
1
2
aa
aa
a
a




=
 
a
aa
aaa



1
)1)(1(
)1)(1(1
2
2
1,0 
1,0 
1,0 
2(2,0 đ) 
Khi a = 2010 -2 2009 = ( 2009 -1)
2
Thì A = 1 + 2009)12009( 2  
1,0 
1,0 
Câu 2 
4,0 điểm 
1 (2,0đ) Ta có 
(x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x
2
(x
2
+ 9x +8)(x
2
 +8x + 8) = 28x
2
+ x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) 
+ Với x0 chia hai vế (1) cho x2 ta được: 
(1) )9
8
)(6
8
( 
x
x
x
x = 28 
Đặt t = 
x
x
8
 
(1) trở thành (t+6)(t+9) = 28 t2 + 15t + 26 = 0 






13
2
t
t
Với t = -2 ta có 
x
x
8
 = - 2 x
2
 + 2x + 8 = 0. PT này vô nghiệm. 
Với t = -2 ta có 
x
x
8
 = - 13 x
2
 +13x + 8 = 0. x = - 13 137 . 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = - 13 137 . 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
 2 (2,0 đ) 
Hệ phương trình: 





1
)(333
yx
yxyx






1
0)3)(( 22
yx
yxyxyx
Hệ này tương đương với tuyển của hai hệ phương trình sau: 
0,5 





1
0
yx
yx
 (I) và 






1
0322
yx
yxyx
(II) 
* Giải hệ (I) có nghiệmb (x,y) = (
2
1
;
2
1
 ) 
* Xét hệ (II) từ x+y = -1 ta có y = - x-1 thay vào phương trình đầu 
của hệ (II) ta được x2 +x -2 = 0 
Phương trình này có hai nghiệm: x = -1 và x = - 2 
Từ đó ta thấy h ệ (II) có hai ghiệm: (1; - 2); (2; -1) 
Kết luận: Hệ đã cho có nghiêm (x;y) l à: (
2
1
;
2
1
 ); (1; - 2); (2; -1) 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
Câu 3 
4,0 điểm 
1(2,0đ): Ta có: : y2 = - 2(x6- x3y - 32) x6+(y-x3)2 = 64 
=> x
6 ≤ 64 => -2≤ x ≤2 do x Z => x {-1; -2; 1; 0; 1; 2} 
Xét các trường hợp: 
+ x = 2 => (y - x
3
)
2
= 0 => y = 8 
+ x = 1 => (y - x
3
)
2
= 63 => y Z => pt này không có nghiệm 
nguyên 
+ x = 0 => (y - x
3
)
2
= 4 => y = 8 và y = - 8 
+ x = - 1 => (y - x
3
)
2
= 63 => yZ => pt này không có nghiệm 
nguyên 
+ x = -2 => (y - x
3
)
2
= 0 =>y = - 8 
Vậy nghiệm của phương trình là: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;-8). 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0.25 
 2(2,0đ) 
Ta có ∆AMB và ∆ANC vuông cân nên MA = MB và NA = NC 
Nên BM + CN = AM + AN 
Giả sử: AB ≥AC 
 Theo tính chất phan giác ta có 1
AB
AC
DB
DC
∆CDN và ∆BDM nên 1
DB
DC
DM
DN
=> DN ≤ DM 
Nếu I là trung điểm củaMN thì AD≤ AI và AM+AN= 2AI 
Khi đó 2AD≤ 2AI - AM+AN = BM + CN (đpcm) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Câu 4 
5,0điểm 
1(1,0đ) 
Đặt ACP = a => ACN = 900 - a 
MCN = ACN - 450 = 900 - a - 450 = 450 - a = LAM 
0,5 
0,5 
2(2,0đ) Do ∆ABC vuông tại A mà AM là trung tuyến nên AM = 
CM và AL = CN (gt) MCN = LAM (c/m trên) 
Nên ∆AML = ∆CMN => LM = MN và AML = CMN 
=>LMN = 900 - AML + CMN = 900. Vậy tam giác ∆LMN 
vuông cân tại M 
1,0 
1,0 
3 (2,0đ) Do các ∆LMN, ∆ABC vuông cân nên: 
 2 S∆LMN = MN
2
 và 2 S∆ABC = AC
2
 S ∆ABC = 4S∆LMN (gt) Từ đó suy ra MN = 
2
1
AC. 
Gọi Q là trung điểm của AC thì QM = QN = 
2
1
AC = MN 
=> QMN = 600 và QNA = 600 - 450 = 15 0 . 
Mặt khác AQ = NQ nên CAP = QNA = 150 
1,0 
1,0 
Câu 5 
2,0 điểm 
Ta có: 
ba
ba
ba
abba
ba
ba






 122)( 222
Áp dụng bất đảng thức Côsi : 34
12
.2
12





ba
ba
ba
ba 
1,0 
1,0