Đề +Đ.án Thi HSG tỉnh Thái Bình môn Toán 9 năm học2012-2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐẾ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3 điểm)
Cho
1 3

2 3 2 2( 3 1)
x = −
− +
.
Tính giá trị của biểu thức:
2013 2012
2
4(x 1)x 2x 2x 1
A
2x 3x
+ − + +
=
+
.
Bài 2. (3 điểm)
Giải phương trình:
( )
2 2
2x 2x 1 2x 3 ( x x 2 1).
+ + = + + + −
Bài 3. (3 điểm)

Tìm các số nguyên x, y thoả mãn:
( ) ( )
2 2 3 3
2y 2x 1 2x 2y 1 1 x y .+ − + + =
Bài 4. (3 điểm)
Cho đa thức P(x) = ax
2
+ bx

+ c . Biết P(x) > 0 với mọi x thuộc R và a > 0.
Chứng minh rằng:
5a 3b 2c
1.
a b c
− +
>
− +
Bài 5. (3 điểm)
Cho đường tròn (O;R), điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến
đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Trên đường thẳng d đi qua trung điểm của AB và
song song với BC, lấy điểm P. Đường tròn đường kính OP cắt đường tròn (O) tại M, N.
Chứng minh: PM = PN = PA.
Bài 6. (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C, có
·
0
BAC 30
=
. Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
lấy điểm D thuộc cung nhỏ AC. Chứng minh rằng:

2 2 2
3BD 5AD 5CD DC 2DA.
= + ⇔ =
Bài 7. (2 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 0 < a, b, c <1 và ab + bc + ca = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
a (1 2b) b (1 2c) c (1 2a)
P .
b c a
− − −
= + +
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh :
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Gồm 04 trang)
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
Cho
1 3
2 3 2 2( 3 1)
= −
− +
x
.Tính giá trị của biểu thức:
2013 2012

2
4( 1) 2 2 1
2 3
x x x x
A
x x
+ − + +
=
+
.
3.0
4 2 3 4 2 3
4 2
− −
= =x
0.5

2
( 3 1)
3 1
2 2
−
−
= =
0.5
3 1
2
−
=x
là nghiệm của phương trình: 2x

2
+2x-1=0
0.5
2 2012
2
2(2 2 1) 2 1
(2 2 1) 1
+ − + +
=
+ − + +
x x x x
A
x x x
0.5

2 1 1
2
1 1
+
= = −
+ +
x
x x
0.5

2 2( 3 1)
2 2 2 3 1 3 3
2
3 1
−

= − = − = − + = −
+
Vậy
3 3.= −A
0.5
Câu 2 Giải phương trình:
( )
2 2
2x 2x 1 2x 3 ( x x 2 1) (1)
+ + = + + + −
3.0
Đặt
2 2 2
t x x 2 x t x 2= + + ⇒ = − −
Thay vào pt(1) ta có pt:
( )
2 2
x 2x 1 t x 2 2x 3 (t 1)+ + + − − = + −
0.5

( )
2
t 2x 3 t (x 1)(x 2) 0⇔ − + + + + =

t x 1
t x 2
= +

⇔


= +

0.5
Với
t x 1
= +
ta có pt:
2
x x 2 x 1+ + = +

( )
2
2
x 1
x x 2 x 1
≥ −


⇔

+ + = +


0.5

2 2
x 1
x x 2 x 2x 1
x 1
x 1

x 1
≥ −

⇔

+ + = + +

≥ −

⇔ ⇔ =

=

0.5
Với
t x 2= +
ta có pt:
2
x x 2 x 2+ + = +

( )
2
2
x 2
x x 2 x 2
≥ −


⇔


+ + = +


0.5

2 2
x 2
x 2
2
x
3x 2
3
x x 2 x 4x 4
≥ −
≥ −


−
⇔ ⇔ ⇔ =
 
= −
+ + = + +


Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm
2
x 1, x .
3
−
= =

0.5
2
Câu 3 Tìm các số nguyên x, y thoả mãn:
( ) ( )
2 2 3 3
2y 2x 1 2x 2y 1 1 x y (1)
+ − + + =
3.0
Ta có (1)
3 3
4xy(x y) 2(x y) 1 x y ⇔ − − − + =
0.5
Đặt
a x y
b xy
= −


=

vì x, y nguyên nên a, b nguyên.
Khi đó ta có pt :
3
4ab 2a 1 b − + =
với a, b nguyên
0.5

3
b 1
2a

2b 1
−
⇔ =
−
(vì b nguyên nên 2b - 1
0)
≠
0.5

2
7
16a 4b 2b 1
2b 1
⇔ = + + −
−
0.5
Vì a, b nguyên, nên 2b – 1 phải là ước của 7
b 1 a 0
2b 1 1
1
b 0 a (L)
2b 1 1
2

2b 1 7 9
b 4 a (L)
2
2b 1 7
b 3 a 2
= ⇒ =



− =


= ⇒ =

− = −


⇔ ⇔


− =
= ⇒ =


− = −



= − ⇒ =

0.5
Với a = 0, b = 1 ta có hệ
x y 0
x y 1
xy 1
− =


⇔ = = ±

=

0.25
Với a = 2, b = -3 ta có hệ
2
y x 2
x y 2
(VN)
xy 3
x 2x 3 0
= −
− =


⇔
 
= −
− + =


KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện bài toán là : x = y = 1, x = y = -1
0.25
Câu 4
Cho đa thức P(x) = ax
2
+ bx

+ c . Biết P(x) > 0 với mọi x thuộc R và a > 0.

Chứng minh rằng:
5 3 2
1 (1).
− +
>
− +
a b c
a b c
3.0
Từ giả thiết P(x) > 0 với mọi x thuộc R và a > 0 suy ra được
2
4
>
b
c
a
0.5
Vì P(x) > 0 với mọi x thuộc R nên P(-1)>0 0.5
Suy ra a – b + c > 0. 0.5
Vậy
5 3 2
1 5 3 2 4 2
− +
> ⇔ − + > − + ⇔ + >
− +
a b c
a b c a b c a c b
a b c
0.5
Ta có

2
4 4
4
+ > +
b
a c a
a
0.5
Áp dụng BĐT Côsi ta có
2
b
4a 2 b 2b
4a
+ ≥ ≥
4 2
⇒ + >
a c b
Vậy (1) đúng.
0.5
Câu 5
Cho đường tròn (O;R), điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến
đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Trên đường thẳng d đi qua trung điểm của AB và
song song với BC, lấy điểm P. Đường tròn đường kính OP cắt đường tròn (O) tại M, N.
Chứng minh: PM = PN = PA.
3.0
3
K
d
N
I

M
A
O
C
B
P
Chứng minh được PM=PN 0.5
Gọi I=OA∩d, K=OA∩BC, chứng minh được IA=IK
0.5
Có PA
2
= AI
2
+ PI
2
= AI
2
+ PO
2
– OI
2
(Pitago)
0.5
= PO
2
– (OI – AI)(OI + AI)
= PO
2
– OK.OA (vì IA = IK)
0.5

= PO
2
– OC
2
( hệ thức trong tam giác vuông OAC) 0.5
= PO
2
– ON
2

= PN
2
( vì tam giác PNO vuông tại N)
Vậy PA=PM=PN
0.5
Câu 6
Cho tam giác ABC vuông tại C, có
·
0
30BAC
=
. Trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, lấy
điểm D thuộc cung nhỏ AC. Chứng minh rằng:
2 2 2
3BD 5AD 5CD DC 2DA.
= + ⇔ =
3.0
R
30
°

C
A
O
B
D
Tính được
3,= =AC R BC R
0.5
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo đẳng thức Pơtoleme ta có:
AD.BC+AB.CD=AC.BD
0.5

AD.R CD.2R BD.R 3
AD 2CD BD. 3
⇒ + =
⇒ + =
0.5
2 2 2
3BD AD 4CD 4AD.CD⇒ = + +
0.5
Vậy ta có:

2 2 2
2 2 2 2
3BD 5AD 5CD
AD 4CD 4AD.CD 5AD 5CD
= +
⇔ + + = +
0.5

2 2
2
4AD 4AD.CD CD 0
(2AD CD) 0
CD 2AD
⇔ − + =
⇔ − =
⇔ =
0.5
Câu 7
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 0 < a, b, c <1 và ab + bc + ca = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
(1 2 ) (1 2 ) (1 2 )
.
− − −
= + +
a b b c c a
P
b c a
2.0
4
Từ giả thiết chứng minh được
3+ + ≥a b c
0.5
Do a, b, c ∈(0;1) nên a(1-a), b(1-b), c(1-c),
1 1 1
, , 0
− − −
>

a b c
a b c
0.25
Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương ta có :

2
2
2
(1 )
(1 ) 2 (1 )
(1 )
(1 ) 2 (1 )
(1 )
(1 ) 2 (1 )
−
+ − ≥ −
−
+ − ≥ −
−
+ − ≥ −
a b
b b a b
b
b c
c c b c
c
c a
a a c a
a
0.25

Cộng vế với vế của 3 bđt trên ta có:
2( ) 2( )+ + + ≥ + + − + +P a b c a b c ab bc ca
0.25

( ) 2⇔ ≥ + + −P a b c
vì
1+ + =ab bc ac
0.25
Theo CMT
3 3 2+ + ≥ ⇒ ≥ −a b c P
0.25
Dấu bằng xảy ra khi
1
3
= = =a b c
Vậy
3 2= −
Min
P
0.25
Hướng dẫn chung:
+ Trên đây là các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ,
chính xác mới công nhận cho điểm.
+ Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa.
+ Chấm từng phần. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn, tính đến 0.25 điểm
ST: Phạm Văn Vượng
5