Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 31-3-2015) - Năm học 2014-2015 - Sở Giáo dục và Đào tạo Lạng Sơn (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LẠNG SƠN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015 
 Môn thi: TOÁN 
Thời gian : 150 phút 
Ngày thi: 31/3/2015 
Câu 1. (4 điểm) 
Cho biểu thức 
x 2 x 1 1
A (x 0;x 1)
x x 1 x x 1 1 x
 
    
   
1. Rút gọn biểu thức A 
2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x>0;x 1 
Câu 2. (4 điểm) 
Giải phương trình : 2x 6x 10 2 2x 5    
Câu 3. (4 điểm) 
Cho phương trình 2x 2(a 1)x 2a 0 (1)    (với a là tham số) 
1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi a 
2. Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ 
nhật có độ dài đường chéo là 2 3 
Câu 4. ( 6 điểm) 
 Cho góc xOy có số đo bằng 060 . Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox 
tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM. 
Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt 
đường thẳng MN tại E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F. 
1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau 
2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp 
3) Gọi D là trung điểm PQ. Chứng minh tam giác DEF đều 
Câu 5. (2 điểm) 
Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x y 6  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
6 8
P 3x 2y
x y
    
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015 
Câu 1. 
Rút gọn được 
x
A
x x 1

 
Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên 
Câu 2. 
   
2
22
PT x 8x 16 2x 5 2 2x 5 1
x 4 2x 5 1
       
    
Nghiệm phương trình là x = -2 
Câu 3. 
Có 2' a 1 0    với mọi a nên phương trình luôn có nghiệm 
Theo giả thiết 2 2
1 2
x x 12,  theo Vi et 1 2
1 2
x x 2a 2
x .x 2a
  


Nên  
2
2a 2 4a 12   hay a = 1; a = -2 
Câu 4. 
y
x
D
FE
Q
P
MN
O
K
1. PK là phân giác góc QPO nên MPE KPQ (*) 
Tam giác OMN đều 0EMP 120  
QK cũng là phân giác OQP  0QKP 180 KPQ KQP    
Mà 0 0 0 02.KQP 2.KPQ 180 60 120 QKP 120      
Do đó EMP QKP (**) 
Từ (*) và (**) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ 
2. Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP KQP hay FEP FQP 
Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn 
3. Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên 
PM PE
PK PQ
 suy ra 
PM PK
PE PQ
 
Ngoài ra MPK EPQ , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng 
Từ đó 0PEQ PMK 90  
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF 
Vì vậy tam giác DEF cân tại D 
Ta có  0 0FPD 180 FDP EDQ POQ 60     
Từ đó tam giác DEF là tam giác đều 
Câu 5. 
Ta có  a b 0  nên a b 2 ab  với a, b dương 
Từ giả thiết 
12 16
2P 3(x y) (3x ) y 3.6 2.6 2.4 38
x y
 
          
 
Nên 2P 38 P 19.   Vậy Min P=19 khi x=2; y=4