Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Vòng 1 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án)

PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN TOÁN - VÒNG 1 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) 
Câu 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức: 
 A = 








+
+
−
−
+
−







+
−
+
+
+
+
1
1
1
1:1
11
1
xy
x
xy
xxy
xy
xxy
xy
x
a. Rút gọn biểu thức A. b. Cho 611 =+
yx
 . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
Câu 2 (2,0 điểm): 
a) Giải phương trình: 
2 2 21 10 9 2 14 12x x x x x− − − − = − + 
 b) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: 
11
47
35
x y xy
y z yz
z x zx
+ + =

+ + =
 + + =
Câu 3 (2,0 điểm): 
a) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và p là nửa chu 
vi thì : 
p a p b p c 3p− + − + − ≤ 
 b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình: 
 ( ) ( )m 4 x m 3 y 1− + − = (m là tham số). 
 Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. 
Câu 4 (3,0 điểm): 
 1.Cho đường tròn tâm O bán kính R, điểm I nằm trong đường tròn khác điểm O. 
Qua I vẽ hai dây AB và CD vuông góc với nhau. 
 a) Chứng minh rằng: Tổng IA2 + IB2 + IC2 + ID2 không phụ thuộc vị trí của điểm I 
trong đường tròn tâm O. 
 b) Trong trường hợp điểm I cố định khác điểm O, hãy xác định vị trí của hai dây 
AB, CD để diện tích tứ giác ACBD đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 
 2. Cho hình vuông ABCD, các điểm M và N thay đổi trên các cạnh BC và CD sao 
cho góc
 0MAN 45= . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn 
cố định. 
Câu 5 (1,0 điểm): 
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 = 1 + x + x2 + x3 + x4 
------------- Hết------------- 
Giám thị 1: ................................................... Giám thị 2: ......................................... 
SBD: ................... Họ và tên thí sinh: .............................................................................. 
( Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính) 
PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI 
CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN TOÁN - VÒNG 1 
Thời gian làm bài:150 phút 
(Hướng dẫn chấm gồm 05 câu, 01 trang) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 a . Đk : x > 0; y > 0; x.y ≠ 1. 
Rút gọn được : 








+
+
−
−
+
−








+
−
+
+
+
+
1
1
1
1:1
11
1
xy
x
xy
xxy
xy
xxy
xy
x
 = 
2 22 2
:
1 1
x y xyx
xy xy
− −+
− −
 = 
2( 1) (1 )
.
1 2 .( 1)
x xy
xy xy x
+ − −
−
− +
 => A =
yx.
1
 , với x > 0, y > 0, và x.y ≠ 1 
0.25 
0.5 
0,25 
 b Ta có: 91.1611 ≤=⇒=+
yx
A
yx
( áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương) 
⇒ GTLN của A = 9 ⇔ 
9
1311 ==⇔== yx
yx
0.5 ® 
0.5 ® 
2 a 2 2 21 10 9 2 14 12x x x x x− − − − = − + 
( 1)( 1) ( 1)(9 ) ( 1)(2 12)x x x x x x⇔ − + − − − = − − 
ĐKXĐ: 
( 1)( 1) 0
( 1)(9 ) 0 1;6 9
( 1)(2 12) 0
x x
x x x x
x x
− + ≥

− − ≥ ⇔ = ≤ ≤

− − ≥
0,25 
 Khi đó ( 1)( 1) ( 1)(9 ) ( 1)(2 12)x x x x x x− + − − − = − − 
1( 1 9 2 12) 0
1 0 (1)
1 9 2 12 0 (2)
x x x x
x
x x x
⇔ − + − − − − =

− =
⇔ 
+ − − − − =
0,25 
 Giải (1) được x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ) 
Giải (2): 1 9 2 12 0 1 9 2 12x x x x x x+ − − − − = ⇔ + = − + − 
2
1 9 2 12 2 9 . 2 12
7
2 9 . 2 12 15 56 0
8
x x x x x
x
x x x x
x
⇔ + = − + − + − −
=
⇔ = − − ⇔ − + = ⇔ 
=
0,25 
 x =7; x = 8 thoả mãn ĐKXĐ. 
Vậy { }1;7;8x ∈ 0,25 
b 
HÖ ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi: 
{ }2 2
1 12 ( 1)( 1) 12
1 48 ( 1)( 1) 48
1 36 ( 1)( 1) 36
( 1)( 1)( 1) 144
x y xy x y
y z yz y z
z x zx z x
x y z
+ + + = + + = 
 
+ + + = ⇔ + + = 
 + + + = + + = 
⇒ + + + =
a) XÐt ( 1)( 1)( 1)x y z+ + + =144 
1 3
1 4 ( , , ) (2;3;11)
1 12
x
y x y z
z
+ =

⇒ + = ⇒ =
 + =
b) ( 1)( 1)( 1)x y z+ + + =-144 
1 3
1 4 ( , , ) ( 4; 5; 13)
1 12
x
y x y z
z
+ = −

⇒ + = − ⇒ = − − −
 + = −
VËy hÖ ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ( , , ) ( 4; 5; 13)x y z = − − − ; (2;3;11) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 a Ta chứng minh với mọi a, b, c thì: ( ) ( )2 2 2 2a b c 3 a b c+ + ≤ + + (*) 
Thật vậy: 2 2 2 2 2 2(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c⇔ + + + + + ≤ + + 
2 2 2(a b) (b c) (c a) 0⇔ − + − + − ≥ (luôn đúng) 
Áp dụng (*) ta có: 
( ) ( )2p a p b p c 3 3p a b c 3p− + − + − ≤ − − − = 
Suy ra p a p b p c 3p− + − + − ≤ . 
Dấu bằng xáy ra khi tam giác đã cho là tam giác đều 
0.25 
0.25 
0,25 
0,25 
 b Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0). 
• m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 
1 (1). 
• m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 
1 (2). 
• m ≠ 4, m ≠ 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại: 1A 0;
m 3
 
 
− 
 và 
1B ; 0
m 4
 
 
− 
. 
Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có: 
1 1OA , OB
m 3 m 4
= =
− −
( ) ( )2 2 22 2 2
2
1 1 1
m 3 m 4 2m 14m 25
OH OA OB
7 1 12 m
2 2 2
= + = − + − = − +
 
= − + ≥ 
 
. 
0.25 
0.25 
0,25 
Suy ra 2OH 2 OH 2≤ ⇒ ≤ (3). 
Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là 2 , đạt được khi và chỉ khi m 
=
7
2
. Kết luận: m = 7
2
. 
0,25 
4 1 
Hình vẽ đúng
C
E
B
O
I
D
A
F
G
H
0,25 
 a Áp dụng định lí Py ta go vào các tam giác vuông BIC và AID có: 
IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = AD2 + BC2 
Vẽ đường kính CG của (O). 
Ta có góc GDC = 900. 
=> DG | | AB, 
=> Tứ giác BGDA là hình thang. 
Gọi OE cắt DG tại H. 
Chứng minh EH là trung trực của AB và DG từ đó suy ra được 
hình thang ABGD là hình thang cân. 
=> AD = BG. 
Lại có B thuộc đường tròn tâm O đường kính CG. 
=> 
CBG = 900. 
=> BC2 + BG2 = BC2 + AD2 = CG2 = 4R2 
=> IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = 4R2 có giá trị không phụ thuộc vào vị 
trí điểm I. 
0,25 
0,25 
0,25 
 b * H¹ OE ;AB OF CD⊥ ⊥ 
Ta có E, F thứ tự là trung điểm của AB và CD. 
Xét tam giác vuông ODF và tam giác vuông OEB có : 
DF2 + OF2 = OD2 = R2 . 
OE2 + BE2 = OB2 = R2. 
=> DF2 + BE2 = 2R2 - ( OE2 + OF2 ) 
* Chứng mính được tứ giác IEOF là hình chữ nhật 
=> OE2 + OF2 = OI2. 
=> CD2 + AB2 = 8R2 - 4 OI2. 
 Gọi diện tích tứ giác ACBD là S. 
Ta có S = 1 . .
2
AB CD ( Vì AB ⊥ CD) 
0,25 
Có AB2 + CD2 = 8R2 - 4 OI2 . 
Áp dụng bất đẳng thức: x2 + y2 ≥ 2xy ta có : 
AB2 + CD2 ≥ 2. AB.CD. 
=> S ≤ R2 - OI2 không đổi. 
Dấu bằng xáy ra khi và chỉ khi OE = OF 
 tứ giác OEIF là hình vuông. 
Khi đó CD và AB tạo với tia IO cố định một góc 450. 
Vậy diện tích lơn nhất của tứ giác ABCD bằng R2 - OI2 khi hai dây AB và 
CD tạo với tia IO cố định một góc bằng 450. 
0,25 
0,25 
0,25 
 2 
H
D
B
A
C
E
M
N
Gọi độ dài cạnh hình vuông ABCD là a. 
Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM. 
=> ∆ ADE = ∆ ADM ( c.g.c) 
=> AE = AM và 
 
BAM EAD= . 
=> 
 045EAN = 
=> ∆ AMN = ∆ AEN ( c.g.c) 
Kẻ AH ⊥ MN => AH = AD = a ( không đổi). 
Do điểm A cố định nên ta suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn ( A, 
a ) cố định. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 
 Với x = 0 thì y = 1± . 
Xét x khác 0, ta có: 4y2 = ( 2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4 > ( 2x2 + x)2 
Mặt khác: 4y2 = (2x2 + x +2 )2 -5x2 < ( 2x2 + x +2)2 

 4y2 = ( 2x2 + x +1 )2 

 4(1 + x + x2 + x3 + x4 ) = ( 2x2 + x +1 )2 

 x
2
 – 2 x - 3 = 0 => x = -1 hoặc x = 3 
Vậy phương trình có 5 nghiệm nguyên (x;y) là : 
 (0;1) ; (0;-1) ; (-1;1); ( -1;-1); (3;121) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
* Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ biểu điểm. . 
------------- Hết-------------