Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Thừa Thiên Huế - năm 2012 môn Toán

Gv: Phạm Doãn Lê Bình lebinh234.name.vn
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
TỈNH THỪA THIÊN - HUẾ - năm 20121
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Bài 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức Q =
√
x−√4(x− 1) +√x +√4(x− 1)√
x2 − 4(x− 1) ·
(
1− 1
x− 1
)
.
1) Rút gọn biểu thức Q.
2) Tính giá trị Q khi x = 2013.
Bài 2. (4 điểm) Cho phương trình x2 − 2(m− 1)x + 2m− 5 = 0 (1).
1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1).
Tìm m nguyên dương để A =
(
x1
x2
)2
+
(
x2
x1
)2
có giá trị nguyên.
Bài 3. (4 điểm) 1) Giải phương trình
1
(x− 1)2 +
√
3x + 1 =
1
x2
+
√
x + 2.
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) sao cho x < y và
√
x +
√
y =
√
2012.
Bài 4. (5 điểm) Cho hai đường tròn (O;R) và (O′;R′) (R > R′) cắt nhau tại A và B. Một tiếp
tuyến chung tiếp xúc với đường tròn (O) tại C, tiếp xúc với đường tròn (O′) tại D. Gọi I
là giao điểm của AB và CD, B′ là điểm đối xứng của B qua I; C ′ là điểm đối xứng của
B qua CD. Qua A kẻ cát tuyến song song với CD cắt đường tròn (O) tại P , cắt đường
tròn (O′) tại Q. Gọi M ;N lần lượt là giao điểm của DB,CB với PQ.
1) Chứng minh rằng A là trung điểm của MN .
2) Chứng minh rằng năm điểm A,C,B′, C ′, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, cạnh BC tiếp xúc với đường
tròn (O) tại D. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A thì SABC = BD.DC.
Bài 6. (2 điểm) Tìm số tự nhiên n để 2012 + n2 là số chính phương.
NGUYỄN TẤN TRƯỜNG
(SỞ GD&ĐT Thừa Thiên - Huế) sưu tầm và giới thiệu
ĐÁP ÁN
Bài 1. 1) ĐK: 1 < x 6= 2.
Q =
∣∣√x− 1− 1∣∣+ ∣∣√x− 1 + 1∣∣
|x− 2| ·
(
x− 2
x− 1
)
Khi 1 < x < 2 thì Q =
2
1− x
Khi x > 2 thì Q =
2√
x− 1
2) Do x = 2013 > 2 nên Q =
2√
2013− 1 =
√
503
503
1Báo Toán học & Tuổi trẻ số 422, tháng 8 năm 2012
1
Gv: Phạm Doãn Lê Bình lebinh234.name.vn
Bài 2 1) Ta có ∆′ = (m− 2)2 + 2 > 0 ∀m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
x1;x2 (x1 < x2) với mọi m.
Để phương trình có nghiệm dương thì x1 ≤ 0 < x2 hoặc 0 < x1 < x2 ⇔ m ≤ 5
2
hoặc
m >
5
2
⇔ ∀m ∈ R.
2) A =
x41 + x
4
2
(x1x2)2
=
((x1 + x2)
2 − 2x1x2)2 − 2(x1x2)2
(x1x2)2
=
(4m2 − 12m + 14)2
(2m− 5)2 − 2 =
(
2m− 1 + 9
2m− 5
)2
− 2
Để A nguyên thì 9
... (2m− 5)⇔ 2m− 5 ∈ {±1,±3,±9}. Vậy m ∈ {1; 2; 3; 4; 7}.
Bài 3. ĐK x 6= 0, x 6= 1 và x ≥ −1
3
(*)
Biến đổi PT thành
1
(x− 1)2 −
1
x2
=
√
x + 2−√3x + 1⇔ (2x− 1)
(
1
(x− 1)2x2 +
1√
x + 2 +
√
3x + 1
)
= 0
⇔ 2x− 1 = 0⇔ x = 1
2
(thỏa mãn (*)).
2) ĐK: 0 ≤ x < y và x, y ∈ N.
Ta có
√
x +
√
y = 2
√
503 do đó
√
x = a
√
503, y = b
√
503 với a, b ∈ N, a + b = 2, a < b. Do đó
a = 0; b = 2. Vậy (x; y) = (0; 2012).
Bài 4. (h.1)
Hình 1
1) Vì PQ//CD, theo Hệ quả của định lí
Thales ta có
CI
AN
=
BI
BA
;
DI
AM
=
BI
BA
⇒ CI
AN
=
DI
AM
(1)
Ta có ∆ACI v ∆CBI (g.g)
⇒ CI2 = AI.BI (2)
Tương tự DI2 = AI.BI (3)
Từ (2) và (3) ta có CI = DI. Từ (1) ta có
AM = AN (đpcm).
2) Từ Câu 1 thì tứ giác BCB′D là hình bình
hành. Do đó ĈBD = ĈB′D (4). Mặt khác
ĈAD = ĈAI + D̂AI
= B̂CI + B̂DI = B̂CD + ĈDB
⇒ ĈAD + ĈB′D = B̂CD + ĈDB + ĈBD = 180o (5)
nên tứ giác ACB′D nội tiếp (6)
Mặt khác, C ′ là điểm đối xứng của B qua CD, suy ra ĈBD = ĈC ′D (7)
Từ (4), (5) và (7) ta có ĈAD + ĈC ′D = 180o, nên tứ giác ACC ′D nội tiếp (8)
Từ (6) và (8) ta có 5 điểm A,C,B′, C,D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 5. (h.2)
Hình 2
Đặt AB = c, AC = b, BC = a.
Đường tròn (O) tiếp xúc AC,AB thứ tự tại E,F .
2BD = BD + BF = (BC −DC) + (AB − AF )
= (BC + AB)− (DC + AF ) = (BC + AB)− (CE + AE)
= BC + AB − CA = a + c− b
⇒ 2DB = a− (b− c). Tương tự 2DC = a + (b− c).
2
Gv: Phạm Doãn Lê Bình lebinh234.name.vn
Suy ra 4DB.DC = a2 − (b2 + c2) + 2bc (1)
Nếu tam giác ABC vuông tại A thì a2 = b2 + c2 và SABC =
1
2
AB.AC =
1
2
b.c (2)
Từ (1) và (2) suy ra DB.DC =
bc
2
= SABC (đpcm)
Bài 6 Giả sử 2012 + n2 = m2 (m,n ∈ N;m > n).
Suy ra (m + n)(m− n) = 2012.
Nhận thấy m + n + m− n = 2m nên hai số m + n và m− n cùng tính chẵn lẻ.
Suy ra m + n và m− n đều chẵn, m + n > m− n. Do đó
{
m + n = 1006
m− n = 2 ⇔
{
m = 504
n = 502.
Vậy số cần tìm n = 502.
3