Đề thi HSG cấp Tỉnh môn Toán 9 2012-2013

TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
THCS
Năm học : 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 1 trang)
Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí
Câu 1: ( 5,0 điểm)
a) Cho
2012 2011; B= 2013 2012A = − −
. So sánh A và B?
b) Tính giá trị biểu thức:
3 3
15 3 26 15 3 26C = + − −
.
c) Cho
3 3 3
2 3 4x y z= =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
3 3
3
2 3 4
1
2 3 4
+ +
=
+ +

x y z
Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 5
4
2 2 2 3x x x x
+ =
+ + + +
.
Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
2 2
2 2
8 2 10 4 3 2 0
2
2 2
2
x y x y x y
x y
x y

+ − − − − =


+ − =


−

.
Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C).
Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần
lượt cắt AB; AC tại M, N.
a) Chứng minh rằng :
1
AM AN PQ
AB AC AQ
+ + =
b) Xác định vị trí điểm Q để
1
27
AM AN PQ
AB AC AQ
× ×
=
× ×
Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán
kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn
tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E
là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE.
Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực
thỏa mãn điều kiện :
2013 2013 1006 1006
2x y x y+ =
Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
1
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
Câu 1: ( 5,0 điểm)
a) Cho
2012 2011; B= 2013 2012A = − −
. So sánh A và B?
b) Tính giá trị biểu thức:
3 3
15 3 26 15 3 26C = + − −
.
c) Cho
3 3 3
2 3 4x y z= =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
3 3
3
2 3 4
1
2 3 4
+ +
=
+ +
x y z
Giải: a) Ta có :
( ) ( )
( )

2012 2011 2012 2011
1
2012 2011
2012 2011
A
− +
= =
+
+
( ) ( )
( )
2013 2012 2013 2012
1
2013 2012
2013 2012
B
− +
= =
+
+
Mà
2012 2011 2013 2012+ < +
Nên
1 1
2012 2011 2013 2012
>
+ +
hay A > B.
b) Tính giá trị biểu thức:
3 3

15 3 26 15 3 26C = + − −
.
3 3
3 3 18 12 3 8 3 3 18 12 3 8= + + + − − + −

3 2 3 2
3 3
2 3 2 3
3 3 3 2 3 3 2 2 3 3 3 2 3 3 2 2= + × + × + − − × + × −

( ) ( )
3 3
3 3
3 2 3 2 3 2 3 2 4= + − − = + − + =
c)Cho
3 3 3
2 3 4x y z= =
. Chứng minh rằng:
Mình chưa biết giải, bạn nào biết chỉ giúp. Nhưng mình kiểm tra thấy đề không đúng.
Cho
3 3 3
12; y = 8; z = 6x =
Thì
3 3 3
2 3 4 2 12 3 8 4 6 24x y z= = ⇔ × = × = × =
( Thỏa mãn đẳng thức)
Nhưng
2 2 2
3
3

2 3 2 3 2
3
3 3 3 3
3 3
2 3 4
2 12 3 8 4 6
1
2 3 4 2 3 4
+ +
+ +
= ≠
+ + + +
x y z
Câu 2: ( 3,0 điểm) Giải phương trình :
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 5
(*)
4
2 2 2 3x x x x
+ =
+ + + +
.
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2

1 1 5
4
1 1 1 2x x
⇔ + =
+ + + +
ĐKXĐ :
x R∀ ∈
Đặt
2
2 2t x x= + +
thì
( )
2
1 1 1t x= + + ≥
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
2
1 1 5
(*) 4 1 4 5 1
4
1
t t t t
t
t
⇔ + = ⇔ + + = +
+
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin

2
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
( )
( )
4 3 2 3 2
5 10 3 8 4 0 1 5 15 12 4 0t t t t t t t t⇔ + − − − = ⇔ − + + + =
 
− = =
⇔ ⇔
 
+ + + = ≥
 
3 2
1 0 1
5 15 12 4 0 voâ nghieäm vì t 1
t t
t t t Pt
. Vậy
{ }
= 1S
Câu 3: ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
8 2 10 4 3 2 0
2
2 2

2
x y x y x y
I
x y
x y

+ − − − − =


+ − =

−

.
* Điều kiện xác định :
≠
2
y
x
.
 Nếu
−
=
2
y
x
thì
( )
2
2

10 4 3 2 0
0
2 2
1
2
2
2
2
2
y y
y
y
I
y
y
y

 
− − 
   
− − − =

 ÷
 ÷  ÷
 ÷
 ÷
=

   
 


 
 
⇔ ⇔
 
=
− =
 

−
 

−
 ÷

 

: PTVN
Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm.
Nếu
±
≠
2
y
x
Chia 2 vế phương trình (1) cho
( ) ( )
+ −2 2x y x y
. Ta có :
( )

( )
( )
2 2
2 2
2 2
8 10 3 0 (*)
8 2 10 4 3 2 0
2 2
2
2
2 2
2 2 (**)
2
2
x y x y
x y x y x y
x y x y
x y
x y
x y
x y
+ −


− − =
+ − − − − =

− +



⇔
 
+ − =
 
+ − =
−


−

Đặt
2
2
x y
t
x y
+
=
−
thì
( )
⇔ − − =
3
* 8 10 0t
t
  
−
⇒ − + = ⇔ =
 ÷ ÷
  

3 1 3 1
0 Ê;t=
2 4 2 4
t t t
+ Với
=
3
2
t
thì
2 3 5
2 2 2
x y
x y
x y
+
= ⇒ =
−
Thay vào (**). Ta có :
× + − = ⇔ − =
× −
5 2 1
2 2 6 2
5
2 2
2
2
y y y
y
y y

  
−
⇒ − − = ⇔ − + = ⇔ = =
 ÷ ÷
  
2
1 1 1 1
12y 4 1 0 0 ;
2 6 2 6
y y y y y
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
3
I
H
N
M
B
C
A
Q
P
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
• Với
= ⇒ = × =
1 5 1 5
2 2 2 4
y x
( thỏa mãn ĐKXĐ)
• Với
− − −

= ⇒ = × =
1 5 1 5
6 2 6 12
y x
( thỏa mãn ĐKXĐ)
+ Với
1
4
t
−
=
thì
2 1 3
2 4 10
+ − −
= ⇒ =
−
x y
x y
x y
. Thay vào (**). Ta có :

3 2
2 2
3
10
2
10
−
× + − =

−
× −
y y
y y
2
8y 20 25 0y⇒ − + =
: Phương trình vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :
 
− −
 ÷
 
5 1
;
2 6
và
 
 ÷
 
5 1
;
4 2
Câu 4: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi Q là điểm trên cạnh BC ( Q khác B; C).
Trên AQ lấy điểm P( P khác A; Q). Hai đường thẳng qua P song song với AC, AB lần
lượt cắt AB; AC tại M, N.
c) Chứng minh rằng :
1
AM AN PQ
AB AC AQ
+ + =

d) Xác định vị trí điểm Q để
1
27
AM AN PQ
AB AC AQ
× ×
=
× ×
GIẢI:
Gọi
; I=MP BCH PN BC= ∩ ∩
.
Ta có:
1
AN NC
AC AC
+ =
. (1)
Mặt khác : Áp dụng định lí Talet. Ta có:
NC CH CI IH CI IH
AC BC BC BC BC
+
= = = +
(2)
Vì MI // AC nên
;
CI AM
BC AB
=
(3)

Vì
ABC
∆
PHI∆
(g-g)

IH PH
BC AB
⇒ =
mà
PH PQ
AB AQ
=
nên

IH PQ
BC AQ
=
(4)
Từ (1), (2), (3) và (4). Suy ra :
1
AN NC AN CI IH AN AM PQ
AC AC AC BC BC AC AB AQ
+ = + + = + + =
Hay
1
AM AN PQ
AB AC AQ
+ + =
b) Từ câu a. Ta có :

1
27
AM AN PQ CI AN IH CI BH IH
AB AC AQ BC AC BC BC BC BC
× × × × × ×
= = =
× × × × × ×
3
27
BC
CI IH HB⇔ × × =
.
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
4
N
M
H
I
P
Q
B
C
A
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số không âm.
Ta có :
( )
3
3
3

3 27
CI IH HB
BC
CI IH HB
+ +
× × ≤ =
.
Dấu “ = ” xảy ra khi CI = IH = HB.
Đẳng thức xảy ra khi Q là trung điểm của BC
và
2
.
3
AP AQ=
Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán
kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn
tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E
là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE.
Giải:
Cách vẽ: + Vẽ phân giác của
·
ADB
cắt AB tại E.
Đường phân giác của
·
ACD
và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại I.
Ta có :
( )
; IEI

là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O).
Thật vậy : Hạ
IF DC⊥
. Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác)
Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông.
Chứng minh:
+ Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng.
Ta có :
IGF
∆
cân tại I nên
·
·
»
IF
2
sd PF
G IGF= =
Xét
·
·
: 2OBG AOG OBG∆ =
( Tính chất góc ngoài)
·
·
»
»
»
»
»

·
·
»
»
1 1 EP 1 EF 1 EF
IF
2 2 2 2 2 2 2 2 2
GE GE FP FP
OBG AOG GFI E
     
− −
⇒ = = = − = + − +
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
=
·
·
( )
·
·
0 0
1 1
45 45 2IGF I
2 2
GFI IGF GF+ − + = × =
Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
·
0

: 90ADB ADB∆ =
Nên
2
BD BC BA= ×
(1).
+Áp dụng tính chất tiếp tuyến. Ta có :

2
.BE BF BG=
(2)
Mặt khác :
AGB∆

FCB∆
( g-g).
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
5
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
AB BG
BF BG AB BC
BF BC
= ⇒ × = ×
(3)
Từ (2) và (3). Suy ra :
2
.BE AB BC=
(4)
Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.
Câu 6: ( 2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy, trong đó x, y là các số thực
thỏa mãn điều kiện :

2013 2013 1006 1006
2x y x y+ =
Giải: Từ
2013 2013 1006 1006
2x y x y
+ =
* Nếu x = 0
⇒ = 0y
; Nếu y = 0
⇒ =
0x
* Nếu
≠ ≠0; y 0x
Thì
2013 2013 1006 1006
2x y x y
+ =
⇔
   
+
= ⇔ + =
 ÷  ÷
   
1006 1006
2013 2013
1006 1006
2 2
x y x y
x y
y x

x y
( *)
Đặt
= ≠ 0
x
t
y
Thì
( )
⇔ + × =
1
* 2xt y
t

⇒ − + =
2
2 0xt t y
Giải phương trình theo biến t. Ta có :
( )
∆ = − = − − = −
2
2
' ' 1 1b ac xy x y
.
Để phương trình có nghiệm ( Dấu đẳng thức xảy ra )
Thì
∆ = − ≥ ⇒ ≤' 1 0 xy 1xy
Nên giá trị nhỏ nhất của P = 1 – xy = 0 khi xy = 1
( Nếu có thắc mắc cần trao đổi xin liên hệ qua hòm thư
“ ” )

GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
6
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG
GV: Nguyễn Đình Huynh Tổ : Toán - Tin
7