050 đề HSG toán 9 hà nam 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =

2 a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian
giao đề)









a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a a
a 2  3ab

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi a = 1  3 2 , b = 10 

11 8
3

Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số.
a)
Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1,
x2, x3.
b)
Tìm giá trị của m để x12 + x22 + x32 = 11.
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho số nguyên dương n và các số A = 444....4 (A gồm 2n chữ số 4); B =
2n

888.....8 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.
n

Bài 4. (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm
M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm).
Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc
đường tròn ngoại tiếp  COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi
M thay đổi trên đường thẳng d.
d) Chứng minh

MD
HA2
=
MC

HC2

Bài 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
Chứng minh

a
b
c
+
+
 1.
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab

Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM

Câu
a) M =

2 a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn này gồm 4 trang)
Nội dung







Điểm



a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a a

a 2  3ab
 a, b  0
a  0
ĐK xác định của M: 

a  0
b  0

M=

2a  2a 2  2 3ab  2 3ab  3b  2a 2
a 2  3ab
2a  3b

Câu 1 =

a
2

3
ab
(2,0 đ)

0,25

( 2a  3b )( 2a  3b )
2a  3b

a ( 2a  3b )
a

b) Ta có M = 2 


0,25

0, 5

3b
11 8
với a = 1  3 2 , b = 10 
a
3

0,25

3b 30  22 2 (30  22 2)(3 2  1) 102  68 2



a
17
1 3 2
(1  3 2)(3 2  1)



3b
 64 2  2 2
a
Từ đó M = 2  (2  2)  2

Vậy

3



2

0,25

 2 2

0,25
0,25

2

a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)
x  2
  x  2  ( x 2  3x  2m  1)  0   2
Nếu
 x  3x  2m  1  0(*)
x  2
trừ 0,25 điểm
 2
x

3
x

2
m

1

0


0,25

Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác

2

0,25

  0

13  8m  0

3

13

 m
Câu 2 Điều kiện là 4  6  2m  1  0  2m  3
2
8


(2,0 đ)
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3
trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)
Khi đó x12 + x22 + x32 = 11
 4   x2  x3   2 x2 x3  11   x2  x3   2 x2 x3  7(**)
2

2

 x2  x3  3
(0,25 đ)
 x2 .x3  2m  1

0,5
0,25
0,25

áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 

Vậy (**)  9  2(2m 1)  7  m  1 (thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

0,5


Ta có A  444.....4  444......4000...0  444.....4  444....4. 10n  1  888....8
2n

n

n

n

n

n

0,25

2



= 4.111....1.999....9  B  4.111....1.9.111....1  B   6.111....1  B
n
n
n
n
n


2

0,25

3

3
=  .888....8   B   B   B
4 
n
4

2

0,25

Câu 3
(1,0 đ) Khi đó

2

2

3
3 
3 
3

A  2 B  4   B   B  2 B  4   B   2. B.2  4   B  2 
4
4 
4 
4

2

2

3
 
 

=  .888....8  2    3.222....2  2    666....68 
n
n
4
 
  n1


2

0,25

2

Ta có điều phảI chứng minh.
A

O
H

d

M
C

I

D

B

Câu 4
(4,0 đ) a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)

Q

 MAO  MBO  900

I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  900
 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
 MO là đường trung trực của AB
 MO  AB
2
 MH.MO = MB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
1
sđ BC
2
 MBC MDB( g.g )
MB MD


 MC.MD  MB 2 (2)
MC MB

0,25
0,25
0,25

0,25

MBC  MBD 

0,25

Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD
MC MO

 MCH
 MH MD

MOD(c.g.c)

0,25

 MHC  MDO
 tứ giác CHOD nội tiếp
 H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD.

0,25

c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung

0,25

 MIO QHO
MO OQ

OI OH
(R là bán kính (O) không đổi)

MO.OH OA2 R 2
 OQ 



OI
OI
OI
O, I cố định  độ dài OI không đổi
 lại có Q thuộc tia OI cố định
 Q là điểm cố định  đpcm.
1800  COD
d) AHC  90  MHC  90  ODC  90 
( COD cân tại O)
2
1
1
1
= 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD
2
2
2
= CBD (3)
0

0



CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4)  AHC DBC( g.g )
HA BD
(5)



HC BC
MBC MDB( g.g ) (chứng minh trên)
MD MB BD



MB MC BC
2

MD MB MD
 BD 

.

 
MB MC MC
 BC 
MD HA2

Từ (5) và (6) 
MB HC 2

0,25

(6)

0,25

a



b c

Chứng minh tương tự được

0,25

0,25

Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc +
a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó
a2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(
2
Câu 5
b c)
(1,0 đ) Vậy
a a

0, 5

0



a

a  2013a  bc

0,25



2


a



a
a b c





a
(1)
a b c

0,25

0,25
0,25


b

b
c
c
(2) và
(3)


b  2013b  ca
a b c
c  2013c  ba
a b c

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a
b
c
a b c
+
+

1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c

a 2  bc
 2
b  ca
Dờu “=” xảy ra   2
 a  b  c  671
c


ab

a  b  c  2013


**
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM
A  4.111...1  4(102 n 1  102 n 2  ...  1)

Câu 3: Từ giả thiết ta có

2n

B  2.888...8  16.111...1  16(10n 1  10n 2  ...  1)
n

n

Từ đó suy ra D=A+2B+4= 4(10  10  ...  1)  16(10n1  10n2  ...  1) +4
9D = 4(10 1)(102n1  102n2  ...  1)  16(10 1)(10n1  10n2  ...  1)  36
2 n 1

2 n2

4(102 n  1)  16(10n  1)  36

9D=  4(102 n  4.10n  4)
2
  2 10n  2  




Suy ra đpcm.
Câu 5: Với gt đã cho ta có:
a
a

a  2013a  bc a  (a  b  c )a  bc


a(a  (a  b)(a  c))
a
 2
2
a  (a  b)(a  c) a  a  ab  ac  bc



a(2 (a  b)(a  c)  2a) a(a  b  a  c  2a )
ab  ac


2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)

(theo BĐT cosi 2 ab  a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT 

ab  ac
bc  ba
cb  ac
=1 (ĐPCM)


ab  ac  bc ab  ac  bc ab  ac  bc

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.

0,25