Đề thi học sinh giỏi câp trường môn Toán Lớp 9 - Lần 2 (có đáp án)

 TRƯỜNG THCS ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ( LẦN 2) ( cấp trường)
 TỔ TOÁN - TIN Năm học ..........
 Môn thi: TOÁN 9
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 (Đề này gồm 4 câu,01 trang) 
Câu 1 (2,5 điểm)
a) Cho biểu thức: .	
	+ Rút gọn biểu thức P.
	+ Tìm giá trị nhỏ nhất của P.	
b) Giải phương trình: 
Câu 2 (2 điểm) 	
1.Cho hàm số: ; với tham số.
a) Tính theo tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của để 
b) Tìm quỹ tích (tập hợp) trung điểm I của đoạn thẳng AB.
2. Cho hÖ ph­¬ng tr×nh hai Èn x, y sau:
T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x; y) tho¶ m·n P = xy ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt	
Câu 3 (2 điểm)
a) Cho (x +).(y +)=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0
b) Giải hệ phương trình sau:
Câu 4 (3,5 điểm):
	Cho đường tròn tâm O, bán kính R không đổi, AB và CD là hai đường kính bất kỳ của (O) (AB khác CD). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt các đường thẳng BC, BD lần lượt tại M và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AM và AN, H là trực tâm của tam giác BPQ.
a) Chứng minh hai tam giác BCD và BNM đồng dạng.
b) Chứng minh rằng khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH luôn không đổi.
	c) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác BPQ.
 Ninh kiều ngày 02/01/2014
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI chọn HSG LỚP 9
 Năm học: .................
 MÔN: TOÁN.
 Thời gian làm bài: 150 phút .
 (Hướng dẫn chấm gồm: 4 trang)
Câu
Ý
Nội dung cần đạt
Điểm
1
A
+ §iÒu kiÖn ®Ó P cã nghÜa lµ: .
VËy .
+Theo c©u a ta cã.
 DÊu b»ng x¶y ra khi 
VËy .
0,25
0,25
0,25
0,25
2,0
B
b)ĐKXĐ: x ≥ –3, ta có:
Û 
Û 	 
Û (Thỏa mãn ĐKXĐ) 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 4	
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1.a
Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A
Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B
Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: Hay 
0,25
0,5
2,0
1.b
Hoành độ trung điểm I của AB: 
Tung độ trung điểm I của AB: 
Ta có: Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường thẳng 
0,25
0,25
2
 HÖ lu«n cã nghiÖm duy nhÊt 
V× tõ (2) 
Thay vµo (1) ta ®­îc:
 (m+1)x + m(- m2 +mx + 2) = 2m -1 
(m2 + m + 1)x = m3 - 1 
Mµ m2 + m + 1 = 
HÖ cã nghiÖm duy nhÊt lµ:	
Ta cã P = xy = (m -1)(2- m) = - m2 + 2m + m - 2 
= 
= 
DÊu “=” x¶y ra 
VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña P lµ MaxP = 
0,25
0,25
0,25
B
Ta có:(x +).(y +)=2013
(x -)(x +).(y +)=2013(x -)
-2013.(y +)=2013(x -)
-y -=x -	
Tương tự: -x -= y -
x+y =0x =-y x2013+ y2013=0
0,25
0,25
0,25
C
(I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :
( a) ()(=0 
x = y thế vào (b) ta được :
2x +18x = 4 20x - 7 -13 = 0 (6)
 Đặt = t (t 0 ) ta có :
( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 
 = 1 x = 1(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
0,25
0,25
0,25
4
0,25
3
a
Tứ giác BCAD có hai đường chéo BA và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên tứ giác BCAD là hình chữ nhật.
Suy ra , mà (Vì cùng phụ với góc ABN)
BCD và BNM đồng dạng (g-g).
0,25
0,5
b
Ta có APH đồng dạng với ABQ vì và (cùng phụ với ).
Suy ra: (không đổi)
(Tam giác BMN vuông tại B, có BA là đường cao nên AM.AN = AB2 , theo hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Vậy, khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH luôn không đổi và bằng .
0,5
0,5
c
 Ta có: SBPQ = 
SBPQ nhỏ nhất nhỏ nhất.
Mà R không đổi nên SBPQ nhỏ nhất AM + AN nhỏ nhất
Vì AM.AN = AB2 = 4R2 không đổi nên AM + AN nhỏ nhất 
AM = AN = 2R 
tam giác BMN vuông cân tam giác BCD vuông cân
ABCD.
Vậy, diện tích tam giác BPQ có giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi ABCD.
0,25
0,25
0,25
0,25