Đề thi hsg cấp tỉnh môn toán lớp 9 năm học 2012 - 2013 của tỉnh Bắc Giang

Trang 1/4
Câu 1 (5,0 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
1 4 1 4
1 1 4 1 1 4
x x
A
x x
 
 
   
, biết
2
9
x  .
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2
( 1) (2 1) 1 0
m x m x m
     
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thoả mãn
2 2
1 2 1 2
2009 2012
x x x x  
.
Câu 2 (4,0 điểm)

1. Giải phương trình:




2
2 2 4 1 2 3 4 9 2 7
x x x x x
       
.
2. Giải hệ phương trình sau:
2 4 2
2 4 2
2 4 2
x y z
y z x
z x y

   


   


   


.
Câu 3 (4,0 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x biết

x
và
y
là hai số thoả mãn
đẳng thức


2 2
3
y xy y x x
    .

2. Tìm các số nguyên k để biểu thức
4 3 2
8 23 26 10
k k k k
   
là số chính
phương.

Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm H bất kì
không trùng v
ới A và O, kẻ đường thẳng d vuông góc với AB tại H, trên d lấy điểm C
nằm ngoài đường tròn, từ C kẻ hai tiếp tuyến CM và CN với đường tròn (O) với M, N
là các tiếp điểm, (M thuộc nửa mặt phẳng bờ d có chứa điểm A). Gọi P và Q lần lượt là
g
iao điểm của CM, CN với đường thẳng AB.
1. Chứng minh HC là tia phân giác của


MHN
.
2. Đường thẳng đi qua O vuông góc với AB cắt MN tại K và đường thẳng CK
cắt đường thẳng AB tại I. Chứng minh I là trung điểm của PQ.
3. Chứng minh rằng ba đường thẳng
,
PN QM
và
CH
đồng quy.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho ba số dương
,
x y
và
z
thoả mãn
6
x y z
  
. Chứng minh rằng:
2 2 2
8
x y z xy yz zx xyz
      
.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI

CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: TOÁN L
ỚP 9
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài:150 phút
(Không k
ể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH
TH
ỨC
YM: Gmail: Skype: havanvt
Edited by Foxit Reader
Copyright(C) by Foxit Corporation,2005-2009
For Evaluation Only.
Trang 2/4
Câu 1
Hướng dẫn giải (5 điểm)
1.
(2.5 điểm)
Với
2
9
x  thì ta có
9 4 2 9 4 2
9 3 9 4 2 9 3 9 4 2
A
 
 
   

0.5
   
9 4 2 9 4 2
9 3 2 2 1 9 3 2 2 1
 
 
   
0.5
9 4 2 9 4 2
12 6 2 12 6 2
 
 
 
0.5
1 9 4 2 9 4 2
6 2 2 1 2 1
 
 
 
 
 
 
 









  
9 4 2 2 1 9 4 2 2 1
1
6 2
2 1 2 1
 
    
 

 
 
 
0.5
Biến đổi được
5
3
A

.
KL:
0.5
2
(2.5 điểm)
2
( 1) (2 1) 1 0
m x m x m
     
(1)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì

0
0
a



 

1
5
4
m
m
 




 


(*)
0.5
Khi m thoả mãn (*), phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, gọi hai
nghiệm đó là
1 2
,
x x
.
T

heo định lý Vi-ét ta có
1 2
2 1
1
m
x x
m

 

và
1 2
1
1
m
x x
m



0.5
Mặt khác
2 2
1 2 1 2
2009 2012
x x x x  
 
2
1 2 1 2
2011 . 2012

x x x x   
2
2 1 1
2011. 2012
1 1
m m
m m
 
 
  
 
 
 
0.5
2
4019 4020 0
m m
  
0.5
0
m
 
(thoả mãn (*)) hoặc
4020
4019
m   (thoả mãn (*)).
KL:
0.5
Câu 2
(4 điểm)

1
(2 điểm)
ĐK:
1
4
x
 
. Với điều kiện đó ta có:
2 2 4 1 0
x x
   
Biến đổi phương trình đã cho trở thành:




2
7 2 3 4 9 2 7 2 2 4 1
x x x x x
       
0.5
Trang 3/4
2
2 3 4 9 2 2 2 4 1
x x x x x
        
(1)
Đặt
2 2 4 1
t x x

   
(
7
t 
)
2 2
8 9 4. 4 9 2
t x x x
    
2
2
9
2 4 9 2
4
t
x x x

    
0.5
Thay vào (1) ta đư
ợc
2
4 3 0
t t
  
1
t
 
(lo
ại) hoặc

3
t

(t/m)
0.5
+ với
3
t

ta có
2 2 4 1 3
x x
   
giải ra được
2
9
x
 
(t/m)
KL: Phương trình có một nghiệm duy nhất
2
9
x
 
0.5
2
(2 điểm)
2 4 2 (1)
2 4 2 (2)
2 4 2 (3)

x y z
y z x
z x y

   


   


   



ĐK:
2, 2, 2
x y z
  
Từ (1), (2) và (3) ta được:
2 2 2 6 4 2 4 2 4 2 0
x y z x y z
         
0.5






2 2 2

2 2 1 2 2 1 2 2 1 0
x y z
         
1.0
Lập luận được
3
x y z
  
(t/m đk) KL:
0.5
Câu 3
(4 điểm)
1
(2 điểm)
Biến đổi


2 2
3
y xy y x x
   




2 2
3 1 3 0
y x y x x
     
(1) (coi

đây là phương trình bậc hai ẩn y và
x
là tham số)
0.5
+




3 1 3
x x
    
+ Để phương trình (1) có nghiệm thì
0
 
0.5
Giải được
1 3
x
  
+ Với
1
x
 
tìm được
0
y

+ Với
3

x

tìm được
6
y

0.5
Khẳng định được: - Giá trị nhỏ nhất của x bằng -1 đạt được khi
0
y

.
- Giá tr
ị lớn nhất của x bằng 3 đạt được khi
6
y

.
0.5
2
(2 điểm)
Đặt
4 3 2
8 23 26 10
M k k k k
    
Ta có





4 2 2 2
2 1 8 2 1 9 18 9
M k k k k k k k
        


   
2
2 2
2
1 8 1 9 1
k k k k
     
   
2 2
1 . 3 1
k k
 
   
 
0.5
M là số chính phương khi và chỉ khi
 
2
1 0
k
 
hoặc
 

2
3 1
k
 
là số
chính phương.
0.5
+
 
2
1 0 1
k k
   
.
+ Xét
 
2
3 1
k
 
là số chính phương, đặt
   
2
2
3 1k m m   

0.5
Ta có
   
2 2

2 2
3 1 3 1
k m m k
      
0.5
Trang 4/4




3 3 1
m k m k
     
vì
m


, 3 , 3m k m k
     
 
nên
3 1
m k
  
và
3 1
m k
  
suy ra
3 0 3

k k
   
V
ậy với
1
k

và
3
k

thì
4 3 2
8 23 26 10
k k k k
   
là s
ố chính ph
ương
Câu 4
(
6
đi
ểm)
d
SR
G
E
D
I

K
Q
P
M
C
BOA
H
N
1
(2
điểm)
+



0
90
CMO CNO CHO  
+ Suy ra H, M và N cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
0.5
Xét đường tròn đường kính CO có CM=CN suy ra


CM CN



MHC NHC
 
1.0

Suy ra
CH
là tia phân giác c
ủa góc

MHN
0.5
2
(2
điểm)
Qua điểm K kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt đường
thẳng CM và CN tại D và E.
Ta có
OK DE

0.5
+ Khẳng định tứ giác OMDK nội tiếp suy ra


OMK ODK

(1).
+ Kh
ẳng định tứ giác OKNE nội tiếp suy ra


OEK ONK

(2).
Mà

OMN

cân đ
ỉnh
O
nên


OMK ONK

(3).
0.5
Từ (1), (2) và (3) suy ra


OEK ODK

Suy ra
ODE

cân đỉnh O suy ra OK là đường trung tuyến của tam
giác
ODE

suy ra
KD=KE.
0.5
Vì
/ /
DE AB

nên
KD CK
IP CI

và
KE CK
IQ CI


KE KD
IQ IP

Suy ra IP=IQ, vậy I là trung điểm của PQ.
0.5
3
(2 điểm)
Xét hai tam giác PMO và PHC có

P
chung và


0
90
PMO PHC 
Suy ra
PMO

và
PHC


đồng dạng

PH CH
PM OM
 .
Ch
ứng minh tương tự ta có
QON

và
QCH

đồng dạng

ON QN
CH QH

.
0.5
Trang 5/4
. . . . . . 1
PH QN CM PH QN CM CH ON CM
HQ CN MP PM HQ CN OM CH CN
   
(4)
( v
ì
ON = OM
,

CM = CN
)
0.5
Gọi G là giao điểm của CH và QM. Giả sử PG cắt CQ tại điểm J. Ta
ch
ứng minh J và N trùng nhau.
Th
ật vậy kẻ đường thẳng a đi qua C và song song với PQ. Gọi R và S
lần lượt là giao điểm của QM, PJ với đường thẳng a.
Vì
RS// PQ nên theo định lý Ta lét ta có:
; ;
PH HQ QJ PQ CM CR
CS CR JC CS MP PQ
  
CR
. . . . 1
PH QJ CM CS PQ
HQ JC MP CR CS PQ
  
(5)
0.5
Từ (4) và (5)
. . . . 1
PH QN CM PH QJ CM
HQ NC MP HQ JC MP
 

C
QN QJ

NC J

Chỉ ra được
CN CJ N J
  
V
ậy
CH, PN, QM
đ
ồng quy tại
G
(đpcm)
0.5
Câu 5
(1 điểm)
Đặt A =
2 2 2
8
x y z xy yz xz xyz
      
Vì x, y, z dương và có vai trò như nhau nên không giảm tính tổng quát
giả sử
0
x y z
  
, mà x + y + z = 6
2
z
 
3 0

z
  
Vì x, y là hai số dương nên
   
2 2
6
4 4
x y z
xy
 
 
0.5
   
2
3 8
A x y z xy yz zx xyz
       




28 3 3 6
xy z z z
    
 
   
 
  
2
2

3 2
6
1 1
28 3 3 6 3 4 1 2 0
4 4 4
z
z z z z z z z

           
(luôn đúng vì
0
z

)
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.