De thi HSG bang A tinh Quang Ninh

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
QUẢNG NINH

---



<b>---KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH </b>

<b>LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 </b>

<b>--- </b>

<b>ðỀ THI CHÍNH THỨC </b>

<b>MƠN: TỐN </b>

<b>(BẢNG A) </b>

Ngày thi:

<b> 23/03/2012 </b>

Thời gian làm bài:

<b> 150 phút </b>

( không kể thời gian giao đề)

(ðề thi này có 1 trang)

<b>Câu I.</b>

<i>( 2,0 ñiểm)</i>

Cho

3 3

x 1

= +

2

+

4

, chứng minh rằng:

P

=

x

3

−

3x

2

−

3x

+

3

là một số

chính phương.

<b>Câu II.</b>

<i>( 6,0 điểm)</i>

1)

Giải hệ phương trình:

2 2

x

4y

5

4xy

x

2y

7



+

=



+ +

=



;

2)

Giải phương trình:

2x 1

₂

y 1

₂

6z

₂

9

9

x

y

z

4

−

−

−

+

+

=

.

<b>Câu III.</b>

<i>( 3,0 điểm)</i>

Tìm các giá trị của tham số m để tập nghiệm của phương trình sau có đúng

một phần tử:

(

)

2 2

m x

2m

5 x 1

0

x 1

−

+

+

=

−

.

<b>Câu IV.</b>

<i>( 7,0 điểm)</i>

Hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Trên tia ñối của tia AB lấy

M khác A. Qua M các tiếp tuyến MC và MD với đường trịn (O’) ( C và D là

các tiếp ñiểm, C nằm ngoài (O)). ðường thẳng AC cắt ñường tròn (O) tại P

khác A, đường thẳng AD cắt đường trịn (O) tại Q khác A. ðường thẳng CD

cắt PQ tại K. Chứng minh:

1)

Tam giác BCD và tam giác BPQ ñồng dạng.

2)

ðường trịn ngoại tiếp tam giác KCP ln ñi qua một ñiểm cố ñịnh khi

M thay ñổi.

3)

K là trung ñiểm của PQ.

<b>Câu V.</b>

<i>( 2,0 ñiểm)</i>

Cho a, b, c là ba số thực dương, chứng minh bất ñẳng thức:

3 3 3

2 2 2

a

b

c

a

b

c

b

+

c

+

a

≥

+

+

.

<i>……… Hết ………. </i>

<i>Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……….</i>

Họ và tên, chữ ký của

giám thị số 1:

………..

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH </b>

<b>LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 </b>

<b>MƠN TỐN BẢNG A </b>

<b>CÂU </b> <b>LỜI GIẢI SƠ LƯỢC </b> <b>ðIỂM </b>

( ) (

2

_{) ( )}

₃

3 3 3 ₃

3 3

3 3 3

1 2 2 . 2 1 ₂ ₁

1

x 1 2 4

2 1 2 1 2 1

 ₊ ₊  ₋

−

 

 

= + + = = =

− − −

1,0 ñ

<b>I </b>

<b>(2,0 ñ) </b> ⇔x

(

32−1

)

= ⇔1 32.x− = ⇔x 1 32.x = +x 1

(

)

(

)

3 ₃

3_2.x _{x 1}

⇔ = +

3 3 2 3 2 2

2x x 3x 3x 1 P x 3x 3x 3 4 2

⇔ = + + + ⇔ = − − + = = .

Vậy P là số chính phương.

1,0 đ

1) Cộng vế với vế của hai phương trình được:

(

) (

2

)

2 2

x +4y +4xy+ +x 2y=12⇔ x+2y + x+2y −12=0 0,5 đ
ðặt x+2y=t ta có phương trình: _t2_{+ −}_{t 12}₌₀_{, giải phương trình được:}

1 2

t = −4; t =3. 0,5 ñ

Với t₁= −4, kết hợp với phương trình 4xy+ +x 2y=7 ñược 4xy=11. Mà
2 2

x +4y =5 ⇒x2 +4y2 −4xy= − ⇒6

(

x−2y

)

2 = −6 ( loại) 0,5 ñ
Với t₂ =3, kết hợp với phương trình 4xy+ +x 2y=7 được 4xy=4. Mà

2 2

x +4y =5 ⇒x2 +4y2 −4xy= ⇒1

(

x−2y

)

2 = ⇒ −1 x 2y= ±1
*) x−2y=1, kết hợp với x+2y=3 ñược nghiệm:

1

1

x 2

1
y

2

=




=


**) x−2y= −1, kết hợp với x+2y=3, ñược nghiệm 2
2

x 1

y 1

=


 ₌



1,25 ñ

Vậy hệ có hai nghiệm là: 2; 1
2

 

 

  và

( )

1;1 . 0,25 ñ

2) ðK: x≠0; y≠0; z≠0 0,25 ñ

2 2 2 2 2 2

2x 1 y 1 6z 9 9 2 1 1 1 6 9 9

0

4 x y z 4

x y z x y z

− − −

+ + = ⇔ − + − + − − =

2 2 2

1 2 1 1 1 9 6

1 1 0

x y 4 z

x y z

 

   

⇔_ − + _+_ − + _+_ − + _=

     

2

2 2

1 1 1 3

1 1 0

x y 2 z

 

   

⇔_ − _ +_ − _ +_ − _ =

     

2,0 đ

Ta có

2
1

1 0

x

 ₋  _≥

 

  với x∀ ,

2
1 1

0
y 2

 

− ≥

 

  với y∀ ,

2
3

1 0

z

 ₋  _≥

 

  với z∀ . Vậy :
2

2 2

1 1 1 3

1 1 0

x y 2 z

 

 ₋  ₊ ₋ ₊ ₋  ₌

 

   

     

1 1 1 3

1 1 0

x y 2 z

⇔ − = − = − =

0,5 ñ

<b>II </b>
<b>(6,0 đ) </b>

KL: phương trình có nghiệm duy nhất :
x 1
y 2
z 3

=


 ₌


 =


</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Số nghiệm của phương trình

(

)

2 2

m x 2m 5 x 1

0
x 1

− + +

=

− (1)

là số nghiệm x≠1 của phương trình m x2 2−

(

2m+5 x 1

)

+ =0 (2)

0,5 ñ

TH1 : Với _m2 _{= ⇔}₀ _m₌₀_{thì (2) có nghiệm duy nhất}_x 1 ₁
5

= ≠ . Vậy m=0 là
một giá trị cần tìm.

0,25 đ
TH2: Với m2 ≠ ⇔0 m≠0 thì (2) có ∆ =

(

2m+5

)

2 −4m2 =20m+25 0,25 đ

*) Với 0 m 5

4

∆ < ⇔ < − ⇔

( )

2 vô nghiệm ⇔

( )

1 vô nghiệm. Vậy m 5
4

< −

không thỏa mãn.

0,5 ñ

**) Với 0 m 5 0

( )

2

4

∆ = ⇔ = − ≠ ⇔ có nghiệm kép x_1;2 4 1

5

= ≠

⇔

tập nghiệm
của (1) có một phần tử. Vậy m 5

4

= − là một giá trị cần tìm.

0,5 đ

***) Với

( )

5
m

0 4 2

m 0

 > −


∆ > ⇔_ ⇔

 ≠



có hai nghiệm phân biệt.
ðể tập nghiệm của (1) có 1 phần tử thì (2) có một nghiệm

x

=

1

2

1;2

m 2m 4 0 m 1 5

⇔ − − = ⇔ = ± , kết hợp với ñiểu kiện

5
m

4

m 0

 > −


 ≠


thì
m= +1 5 và m= −1 5 là hai giá trị cần tìm.

0,75 ñ

<b>III </b>
<b>(3,0 ñ) </b>

Vây các giá trị cần tìm của m là: m₁ 0; m₂ 5; m₃ 1 5; m₄ 1 5
4

= = − = + = − 0,25 ñ

1) BPQ· =BAQ· ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ )

· ·

BAD=BCD (hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn BD» )

· ·

BPQ BCD

⇒ =

1,0 ñ

· ·

BQP=BAC ( tứ giác ABQP nội tiếp (O))

· ·

BAC=BDC ( hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn »CB )

· ·

BQP BDC

⇒ =

1,0 ñ

Vậy tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng. 0,5 đ

2) Vì BCD· =BPQ· ⇒BPK· =BCK· ⇒ tứ giác BCPK nội tiếp 1,0 đ
Hay đường trịn ngoại tiếp tam giác CPK ñi qua B cố ñịnh. 1,0 ñ

3) Vì tứ giác BCPK nội tiếp⇒BCA· =BKQ· mà CAB· =KQB· ⇒ ∆BCA và

∆BKQ ñồng dạng KQ CA

BK CB

⇒ = (1) 0,5 ñ

· ·

MCA=CBA( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O)
cùng chắn »AC )⇒ ∆MCA và ∆MBC ñồng dạng CA MA

CB MC

⇒ = (2) 0,5 đ

<b>IV </b>
<b>(7,0 đ) </b>

vì tứ giác BCPK nội tiếp ⇒PBK· =PCK· , mà ACD· =ABD· ( hai góc nội tiếp
(O') cùng chắn »AD)⇒PBK· =ABD·

lại có BAD· =BPK· ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ)

⇒∆ABD và ∆PBK ñồng dạng ⇒ KP AD
BK = BD (3)

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

· ·

ADM=MBD( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O')
cùng chắn AD» ) ⇒ ∆MAD và ∆MDB ñồng dạng ⇒ AD MA

BD = MD (4)

0,5 ñ
từ (1), (2), (3), (4) và MC = MD ( tính chất tiếp tuyến) ⇒KP = KQ (ðPCM) 0,5 đ

K

Q

P
D

C

B
A

O' O

M

Hình vẽ
Áp dụng Bất đẳng thức Cơ – si cho hai số dương

3
a

b và ab có:

3 3

2

a a

ab 2 .ab 2a

b + ≥ b = , tương tự ñược:
3

2
b

bc 2b

c + ≥ ;

3

2
c

ac 2c
a + ≥ .

0,5 ñ

Cộng vế với vế của ba BðT trên ta ñược:

(

)

(

)

3 3 3

2 2 2

a b c

ab bc ca 2 a b c

b + c + a + + + ≥ + + (1)

0,25 đ

Theo Cơ – si có
2 2

2 2

a b

a b ab
2

+

≥ = , tương tự

2 2 2 2

b c c a

bc; ac

2 2

+ +

≥ ≥ 0,5 ñ

cộng vế với vế ñược a2 +b2+c2 ≥ab+bc+ca (2) 0,25 ñ

<b>V </b>
<b>(2,0 ñ) </b>

Cộng vế với vế của (1) và (2) ñược :

(

)

(

) (

)

(

)

3 3 3

2 2 2 2 2 2

a b c

ab bc ca a b c 2 a b c ab bc ca

b + c + a + + + + + + ≥ + + + + +

3 3 3

2 2 2

a b c

a b c

b c a

⇔ + + ≥ + + (ðPCM)

0,5 ñ

<b>Các chú ý khi chấm. </b>

<i>1.</i>

<i>Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của </i>

<i>học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được </i>

<i>cho điểm tối ña. </i>

<i>2.</i>

<i>Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống </i>

<i>nhất điểm chi tiết nhưng khơng ñược vượt quá số ñiểm dành cho câu </i>

<i>hoặc phần ñó. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược </i>

<i>trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ. </i>

<i>3.</i>

<i>ðiểm tồn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, khơng làm trịn </i>

</div>

<!--links-->