Đề thi hsg lớp 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
Ngày thi: 30/3/2013
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (5,0 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
3 3
26 15 3 26 15 3A = + − −
.
2) Rút gọn biểu thức
2 2 2 7 3 2 1 1
. :
3 11
3 2 3 2 2 2
a a a a
P
a
a a a a
     
− + − + − +
= + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
−
+ − − − − −

     
.
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
3 2
3 8 2 3 10x x x+ = − +
.
2) Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
1 4
( 1)( 2)
x y xy y
x x y y

+ + + =


+ + − =


.
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Cho hàm số
2
y x=
. Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
∆

có phương trình
y x m= −
cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x y B x y
thoả mãn:
4 4
2 1 2 1
( ) ( ) 18x x y y− + − =
.
2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố
, ,a b c
đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

20 30( ) 21abc ab bc ca abc< + + <
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC), có đường cao AH và O là trung điểm của
cạnh BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự tại M và N. OA và
MN cắt nhau tại D.
1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp.
2) Chứng minh :
1 1 1
AD HB HC
= +
.
3) Cho AB=3 và AC=4. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số dương
,a b
và

c
thoả mãn
1abc
=
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và ký)
Giám thị 2 (Họ tên và ký)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NGÀY THI 30 /3/2013
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
Bản hướng dẫn chấm có 04 .trang
Câu 1 Hướng dẫn giải (5 điểm)
1.
(2 điểm)
Ta có
3 3
26 15 3 26 15 3A = + − −
2 2 3 2 2 3
3 3
8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3) 8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3)= + + + − − + −

0.5
3 3
3 3
(2 3) (2 3)= + − −
0.5
(2 3) (2 3)= + − −
0.5
2 3A =
.
KL:
0.5
2
(3 điểm)
Điều kiện:
2 11a< ≠
0.5
Đặt
2
2 (0 3) 2x a x a x= − < ≠ ⇒ = +
.
0.5
Tính được
2
2 2
( 2) 9 3 1 1
. :
3 3 9 3
x x x x
P
x x x x x

 
+ + +
 
= + −
 ÷
 ÷
+ − −
 
 
0.5

2
( 2) 3( 3) 2 4
. :
3 9 ( 3)
x x x
x x x
 
+ + +
 
=
 ÷
 ÷
− −
 
 
0.5

( 2) ( 3)
.

3 2 4 2
x x x x
x x
+ −
= = −
− +
0.5
=
2
2
a −
−
KL:
0.5
Câu 2 (4 điểm)
1
(2 điểm)
ĐK:
2x ≥ −
. Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành:
2 2
3. ( 2)( 2 4) 2( 2 4) ( 2)x x x x x x+ − + = − + + +
0.5
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
2 4x x− +
, ta được
2 2
2 2
3 2 0

2 4 2 4
x x
x x x x
+ +
− + =
− + − +
(1)
0.5
Đặt
2
2
( 0)
2 4
x
t t
x x
+
= ≥
− +
Thay vào (1) ta được
2
3 2 0t t− + =
1t
⇔ =
hoặc
2t =
(t/m)
0.5
+ với
1t

=
ta có
2
2
1
2
=1 3 2 0
2
2 4
x
x
x x
x
x x
=

+
⇔ − + = ⇔

=
− +

(t/m).
0.5
ĐỀ CHÍNH THỨC
+ với
2t =
ta có
2
2

2
=2 4 9 14 0
2 4
x
x x
x x
+
⇔ − + =
− +
(vô nghiệm).
KL:
2
(2 điểm)
2
2
1 ( ) 4
( 1)( 2)
x y x y y
x x y y

+ + + =


+ + − =



+ Với
0y =
Hpt trở thành:

2
2
1 0
( 1)( 2) 0
x
x x

+ =


+ − =


(vô nghiệm)
0.5
+ Với
0y ≠
.Hệ trở thành
2
2
1
( ) 4
1
( )( 2) 1
x
x y
y
x
x y
y


+
+ + =



+

+ − =


(1)
+ Đặt
2
1
,
x
a b x y
y
+
= = +
thay vào hpt(1) ta được
4
( 2) 1
a b
a b
+ =


− =


0.5
+ Giải được:
1, 3a b= =
0.5
+ Với
1, 3a b= =

2
1
1
3
x
y
x y

+
=

⇒


+ =

.
Giải được nghiệm của hệ:
( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y =

+ KL:
0.5

Câu 3 (4 điểm)
1
(2 điểm)
Xét pt hoành độ giao điểm:

2
x x m= −
2
0x x m⇔ − + =
(1)
Đường thẳng
∆
cắt đths đã cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ
khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt.
0.5
+ Điều kiện:
1 4 0m
∆ = − >
1
.
4
m⇔ <
0.5
+ Khi đó
1 1 2 2
( ; ), ( ; ) A x y B x y
+ Theo định lí Viet
1 2 1 2
1, x x x x m+ = =
. Ta có

1 1 2 2
, y x m y x m= − = −
+
4 4 4 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 18 ( ) 9 [( ) 4 ] 9x x y y x x x x x x− + − = ⇔ − = ⇔ + − =

0.5
+ Tìm được
1 (k / )
1
( / )
2
o
m t m
m t m

=


= −


KL:
0.5
2
(2 điểm)
+ Từ giả thiết suy ra:
2 1 1 1 7
3 10a b c

< + + <
. Không giảm tính tổng quát
giả sử
1a b c
> > >
. Suy ra
2 3
2 9
3
c
c
< ⇒ <
Do đó
{2;3}c ∈
0.5
+ Với
2c
=
suy ra
2 1 1 1 7 1 1 1 1 1 2 1 1
(1) và
3 2 10 6 5 6 5a b a b b b
< + + < ⇒ < + < ⇒ < <
Do đó
{7;11}b∈
0.5
+ Với
7b
=
từ (1) suy ra

1 1 2
{19;23;29;31;37;41}
42 35
a
a
< < ⇒ ∈
+ Với
11b
=
từ (1) suy ra
5 1 6
13
66 55
a
a
< < ⇒ =
( do a>b)
0,5
+ Với
3c =
từ giả thiết suy ra
1 1 1 11 1 2
(*) 6 5
3 30 3
b b
a b b
< + < ⇒ < ⇒ < ⇒ =
( do b>c)
Thay
5b =

vào (*) được
15
6 7
2
a a< < ⇒ =
.
Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn:
(19;7;2),(23;7;2),(29;7;2),(31;7;2),(37;7;2),(41;7;2),(13;11;2),(7;5;3)

và các hoán vị của nó.
0.5
Câu 4 (6 điểm)
1
(2 điểm)
+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên
·
·
AMN AHN=
0.5
+ Lại có
·
·
AHN ACH=
(vì cùng phụ với góc
·
CHN
)
0.5
+ Suy ra
·

·
ACB AMN=
, mà
·
·
0
180AMN NMB+ =
nên
·
·
0
180ACB NMB+ =
0.5
KL: 0.5
2
(2 điểm)
+ Có
·
·
AID AOH=
vì cùng bằng hai lần
·
ACB
.
0.5
+ Tam giác
AD AI
AID AOH
AH AO
⇒ =V : V

0.5
+ Có
1 1 1 1
( ), AI= .
2 2 2 2
AO BC HB HC AH HB HC= = + =
0.5
+ Do đó
1 1 1
.
. .
AO HB HC
AD AH AI HB HC HB HC
+
= = = +
0.5
3
(2 điểm)
+ Tính được BC=5,
12
5
AH =
0.5
+ Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó
KI là đường trung trực của đoạn MN.
Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên
·
·
0
90ADI AHO⇒ = =

OA MN
⇒ ⊥
Do vậy KI//OA.
0.5
+ Do tứ giác BMNC nội tiếp nên
OK BC
⊥
. Do đó AH//KO.
+ Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành.
0.5
Bán kính
2 2 2 2 2 2
1 1 1 769
4 4 4 10
R KB KO OB AI BC AH BC= = + = + = + =
0.5
Câu 5 (1 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2
2 3 ( ) ( 1) 2 2 2 2a b a b b ab b+ + = + + + + ≥ + +
Tương tự:
2 2
2 3 2 2 2b c bc c+ + ≥ + +
,
2 2
2 3 2 2 2c a ac a+ + ≥ + +
0.5
Suy ra:
2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1
( )
2 3 2 3 2 3 2 1 1 1
1 1 1 1 1
( ) .
1 1 1
2 1 2
1 1
a b b c c a ab b bc c ac a
ab b
a
a ab b
+ + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + +
= + + =
+ +
+ + + +
0.5
Điểm toàn bài
(20điểm)
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ,
hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo
thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.