HSG huyen Ninh Giang 6122012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN NINH GIANG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Ngày thi 06 tháng 12 năm 2012. Câu 1 ( 2,0 điểm ) Rút gọn các biểu thức sau : A. 3 3 4 3 4  2 3 1 5 2 3. B. x x  2 x  28  x 3 x  4. a) b) Câu 2 ( 2,5 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :. x 4 x 8  x 1 4  x.  1 2x x  y  2    3x 3 y 2 x  y  b) 2(2 x  y )  2 x  6  y. 3. a) x  x  3 3 Câu 3 ( 1,5 điểm ). Chứng minh rằng nếu các số nguyên a,b,c thỏa mãn b2 - 4ac và b2 + 4ac đồng thời là các số chính phương thì a.b.c  30 . Câu 4 ( 3,0 điểm ). Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. 2  2  2  2  a. Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC 2. b. Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Câu 5 ( 1,0 điểm ). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x  2y. x2  y 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = xy. -------------------------------------Hết--------------------------------------Họ và tên thí sinh :.......................................................................Số báo danh :................. Chữ ký giám thị 1 :........................................Chữ ký giám thị 2 :.......................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN TOÁN * Học sinh làm cách khác đúng phải cho điểm tối đa. * Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. CÂU. a) 1a (1,0đ). A. =. (3 3  4)(2 3  1)  11. =. 22  11 3  11. b). (1,0đ). 2a. B. ĐIỂM. 3 3 4 34  2 3 1 5 2 3 ( 3  4)(5  2 3) 13. 26 13 3 13 =. 2. 3. 0,25. x x  2 x  28  x 3 x  4. x 4 x 8  x 1 4  x. 0,25. 2 3. 1 1 ( 4 2 3  42 3) ( ( 3  1) 2  2 2 = = 1 [ 3  1  ( 3  1)] = 2 = 2. 1b. THANG. NỘI DUNG. ( 3  1) 2 ). x x  2 x  28  x  8 x  16  x  9 x  8 x x  4x  x  4 ( x  1)( x  4) = = ( x 1)( x  4) ( x  1)( x  1)( x  4) ( x  1)( x  4) = = x1 x  x  3 3. 0,25. ( x 0, x 16). x x  2 x  28 x 4 x 8   x 1 4  x = ( x 1)( x  4) x x  2 x  28  ( x  4) 2  ( x  8)( x  1) ( x  1)( x  4) =. 3. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. ĐK : x  -3. (1,0đ) 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. x  x  3 3  3 x  1  x  3  2 0 x 1 x 1   0 3 2 x 3 2 x  3 x 1   1 1  ( x  1)    0 3 2 x 3 2   x  3 x 1 (1)  x  1 0   1 1   0 (2) 3 2 3  x  x  1 x 3 2. 0,25. 0,25. 1 3 2 Ta có : a + a +1 = (a + 2 ) + 4 > 0 với mọi a 2. 3. 2. 3. nên x  x  1 > 0 với mọi x => vế trái của (2) luôn dương => (2) vô nghiệm. Vậy nghiệm phương trình là x = 1. 2b (1,5đ).  1 2x x  y  2    3x 3 y 2 x  y  2(2 x  y )  2 x  6  y ĐK : x  3; x 0; y  0. (1) (2).  kx  0 y kx   2 2  y k x. Đặt Phương trình (1) trở thành :. 0,25. 1 2x x  kx  2 2  2 3x 3k x 2x  k 2 x2 k2  2 k 1   2 2 3k x k x  2 x  (k 2  2) 2 3k 2 (k  1)  (k  2) 2 (k 2  k  1) 0  k 2. Với k = 2 có y = 4x2 ( x > 0 ; y > 0 ) Phương trình (2) trở thành :. 0,25. 4 x 2  8 x  2 x  16  2x2  4x  1 . Đặt. t. x 3 1 2. x 3  1  2t 2  4t  1  x 2. 2 x 2  4 x  1 t  2 2t  4t  1  x  x  0; t  1 Ta có hệ : . Giải hệ được t = x ( do x > 0 và t 1 ). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x. x 3  1  2 x 2  3 x  1 0 2.  3  17 13  3 17  y 4 2   3  17 13  3 17  ;   4 2   Vậy hệ có nghiệm. 0,5.  x. + Chứng minh được : Mọi số có dạng 3k  2, 5k  2 đều không phải số chính phương . + Nếu b chẵn thì abc  2 Nếu b lẻ thì b2 = 8k + 1 ( k  Z ) => b2  4ac là số chính phương lẻ . Đặt b2  4ac = 8m + 1 ( m  Z ) => 4ac  8 => ac  2 => abc  2 (1) + Nếu b  3 => abc  3 3 Nếu b không chia hết cho 3 thì b2 chia 3 dư 1. Khi đó nếu ac (1,5đ) không chia hết cho 3 thì b2  4ac có dạng 3p  2 không là số chính phương => ac  3 => abc  3 (2) + Nếu b  5 thì abc  5 Nếu b không chia hết cho 5 thì b2 chia 5 dư 1 . Khi đó nếu ac không chia hết cho 5 thì b2  4ac có dạng 5q  2 không là số chính phương => ac  5 => abc  5 ( 3) Từ (1) (2) (3) và vì (2,3,5) = 1 nên abc  30 4. 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25. (3,0đ). a) Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:     sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC = 2  2 2  2 (sin MBA  cos MBA)  (sin MCD  cos MCD) = 1 + 1 = 2. 1,0. 2. b) Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH). 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH). 0,25 0,25. OH 2  MH 2 OM 2 R 2   2 2 2 (Pitago) Mà OH.MH . R2 P 4 R . 2 R 4 2 Vậy . đẳng thức xẩy ra  MH = OH. 0,25. 2. R 2  OH = 2 x2  y2 M = xy với x, y là các số dương và x  2y x 2  4y 2 x 2  y 2  3y 2 1 x(2y)   2 2 2 2 2 2 Ta có M 2(x  y )  4(x  y ) 4(x  y ) (Bất đẳng thức. 5 (1,0đ). 0,25. 0,25. Cauchy) 1 3y 2 1 3y2 1 3 2       2 2 2 2 = 4 4(x  y ) 4 4(4y  y ) 4 20 5 (Thay mẫu số bằng. số lớn hơn).. 1 2  Suy ra Max M 5 khi x = 2y, 5 do đó giá trị nhỏ nhất của M = 2 đạt được khi x = 2y.. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>