Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 THCS (Khóa ngày 11-4-2013) - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và Đào tạo Cần Thơ (Có đáp án)

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 + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất.

pdf4 trang | Chia sẻ: Đạt Toàn | Ngày: 27/04/2023 | Lượt xem: 203 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 THCS (Khóa ngày 11-4-2013) - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và Đào tạo Cần Thơ (Có đáp án), để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ CẦN THƠ 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 
CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 
ĐỀ CHÍNH THỨC 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 
2m 16m 6 m 2 3
P 2
m 2 m 3 m 1 m 3
  
   
   
a) Rút gọn P 
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên 
2. Tính giá trị  
2013
3a 15a 25  với 3 3a 13 7 6 13 7 6    
Câu 2. (5,0 điểm) 
1. Giải phương trình:  2x 5 3 x 2 15 2x x 1 0        
2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm 
2
2
2x mx 1 0
mx x 2 0
   

  
Câu 3. (5,0 điểm) 
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa 
1 1 1
2
x y z
   
2. Cho hai số x, y thỏa mãn 
2 2
x y 2
x y xy 3
 

  
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2T x y 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 + 2 MB 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. Gọi M, 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 tam giác ABC luôn bằng 2a 
ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 CẦN THƠ 2012-2013 
Câu 1. 
1. a) Điều kiện : m 0;m 1  
m 1
P
m 1



b) 
2
P 1
m 1
 

Để  P m 4;9   
2. 3 3 3a 13 7 6 13 7 6 a 26 15a       
 
2013
3 3a 15a 25 1 a 15a 25 1        
Câu 2. 
1. Điều kiện : 5 x 3   
Đặt t = 2 2x 5 3 x,t 8 2 15 2x x t 2 2         
Phương trình đã cho có dạng : 2
t 3
t t 6 0
t 2(loai)

    
 
2
t 3 x 5 3 x 3
2 3 7
x
2
4x 8x 59 0
2 3 7
x
2
     
  

    
  


2. Đặt 2x y 0.  Hệ trở thành 
mx 2y 1
x my 2
 

   
Hệ luôn có nghiệm 
2
2
m 4
x
m 2
1 2m 1
y 0(m )
m 2 2

 

   
 
Ta có 
2
2 2
2 2
m 4 1 2m
x y (m 1)(m m 7) 0 m 1
m 2 m 2
  
           
  
Câu 3 
1. Không mất tính tổng quát , giả sử : 1 x y z   
1 1 1 3
2 x 1
x y z x
1 1 2
1
y z y
      
   
 y 1  (vô lý) 
Và y = 2 suy ra z = 2. 
Vậy (1;2;2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho 
2. Hệ 
2 2 2 2
x y 2 x y 2 a (a 0)
x y xy 3 x y xy 3
      
 
      
Do đó 
 
2
2
x y 2 a
; S 4P 0 0 a 4
xy 2 a 3
  
      
  
 
22 2T x y xy 2xy 9 2 2 a       
Min T= 1 khi x=1; y=1 hoặc x= - 1 , y = - 1 
Max T = 9 khi x 3,y 3   hoặc x 3,y 3   
Câu 4 
Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho 
R
OC
2
 , ta có điểm C cố định 
Dễ thấy OCM đồng dạng với OMA MA 2MC   
Ta có MA MB BC  (không đổi) 
MA 2MB 2(MA MC) 2BC    
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C 
Vậy khi điểm M là giao điểm của đoạn BC và đường tròn (O) thì MA + 2MB đạt 
giá trị nhỏ nhất 
M'
O
M
A
B
C
Câu 5. 
1. Kẻ AI BC , I BC cố định. Ta có 0BMA BIA 90  nên tứ giác AMBI nội tiếp 
hay AIM ABM 
Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ABM ACP do đó AIM ACP (1) 
Mặt khác 0AIC ANC 90  nên tứ giác AINC nội tiếp suy ra 0ACP AIN 180 (2)  
Từ (1) và (2) suy ra 0AIM AIN 180  
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I 
2. Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra AED ACB 
Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A’. Ta có: 
0EAO AED BAA' ACB 90    
AEOD
1 1
AO DE S AO.DE R.DE
2 2
     
Tương tự ta cũng có 
BEOI CDOI
1 1
S .R.EI ;S R.ID
2 2
  
Vậy  ABC AEOD BIOE CDOI
1
S S S S R. DE EI ID
2
      
2
ABC
2S 2a
DE EI ID
R R
     (không đổi) 
A'
E
D
I
N
M
O
A
B
C
P

File đính kèm:

  • pdfde_thi_chon_hoc_sinh_gioi_cap_thanh_pho_mon_toan_lop_9_thcs.pdf