dap an de thi HSG tinh Thai Binh 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. x. Câu 1 Cho. x. 1 3 4( x  1) x 2013  2 x 2012  2 x  1  A 2 3  2 2( 3  1) .Tính giá trị của biểu thức: 2 x 2  3x .. 4 2 3 4 2 3  4 2. 2(2 x 2  2 x  1) x 2012  2 x  1 (2 x 2  2 x  1)  x 1 2 x 1 1  2  x 1 x 1. A. 2 2( 3  1) 2  2  2 3 1 Vậy A 3  3. 2 . Giải phương trình:. 3.0 0.5. ( 3  1) 2 3 1   2 2 3 1 x 2 là nghiệm của phương trình: 2x2+2x-1=0. Câu 2. ĐIỂM. 0.5 0.5 0.5 0.5. 3  1 3 . 3. 2x 2  2x  1  2x  3 ( x 2  x  2  1) (1). 2 2 2 t t  x  x  2  x t  x  2 Đặ. 0.5 3.0 0.5. x 2  2x  1  t 2  x  2  2x  3 (t  1). Thay vào pt(1) ta có pt:  t 2   2x  3 t  (x  1)(x  2) 0. 0.5.  t x  1   t x  2 Với t x  1 ta có pt:. Với t x  2 ta có pt:. x 2  x  2 x  1  x  1  2 2  x  x  2  x  1  x  1  2 2  x  x  2 x  2x  1  x  1   x 1  x 1. 0.5. x 2  x  2 x  2. 0.5.  x  2  2 2  x  x  2  x  2 . 1. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x  2  2  2  x  x  2 x  4x  4 2 x 1, x  . 3 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm Câu 3.  x  2 2  x  3 3x  2. 2y  2x 2  1  2x  2y 2 1 1 x 3 y 3 (1). Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 3 3 Ta có (1)  4xy(x  y)  2(x  y)  1 x y. 0.5. 3.0 0.5. a x  y  b xy vì x, y nguyên nên a, b nguyên. Đặt . 0.5. 3 Khi đó ta có pt : 4ab  2a  1 b với a, b nguyên.  2a . b3  1 2b  1 (vì b nguyên nên 2b - 1 0).  16a 4b 2  2b  1 . 0.5. 7 2b  1. Vì a, b nguyên, nên 2b – 1 phải là ước của 7. 0.5.  b 1  a 0   2b  1 1  b 0  a  1 (L)  2b  1  1 2     2b  1 7 9  b 4  a  (L)  2   2b  1  7  b  3  a 2.  x  y 0  x y 1  xy  1  Với a = 0, b = 1 ta có hệ  y x  2  x  y 2  2 (VN)   xy  3  x  2x  3 0. 0.5. 0.25. 0.25. Với a = 2, b = -3 ta có hệ KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện bài toán là : x = y = 1, x = y = -1 Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c . Biết P(x) > 0 với mọi x thuộc R và a > 0. Câu 4. 3.0. 5a  3b  2c  1 (1). Chứng minh rằng: a  b  c. c. b2 4a. Từ giả thiết P(x) > 0 với mọi x thuộc R và a > 0 suy ra được Vì P(x) > 0 với mọi x thuộc R nên P(-1)>0 Suy ra a – b + c > 0. 5a  3b  2c  1  5a  3b  2c  a  b  c  4a  c  2b Vậy a  b  c Ta có. 4a  c  4a . b2 4a. Áp dụng BĐT Côsi ta có. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5. 4a . 0.5. b2 2 b 2b 4a 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 5.  4a  c  2b Vậy (1) đúng. 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. d P. N C. K. A. O. I M. B. Câu 6. Chứng minh được PM=PN Gọi I=OAd, K=OABC, chứng minh được IA=IK Có PA2 = AI2 + PI2 = AI2 + PO2 – OI2 (Pitago) = PO2 – (OI – AI)(OI + AI) = PO2 – OK.OA (vì IA = IK) = PO2 – OC2 ( hệ thức trong tam giác vuông OAC) = PO2 – ON2 = PN2 ( vì tam giác PNO vuông tại N) Vậy PA=PM=PN 0  Cho tam giác ABC vuông tại C, có BAC 30 . Trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, lấy 2 2 2 điểm D thuộc cung nhỏ AC. Chứng minh rằng: 3BD 5AD  5CD  DC 2DA.. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 3.0. C D. A. 30°. O. B R. Tính được AC R 3, BC R Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo đẳng thức Pơtoleme ta có: AD.BC+AB.CD=AC.BD.  AD.R  CD.2R BD.R 3. 0.5 0.5 0.5.  AD  2CD BD. 3  3BD 2 AD2  4CD 2  4AD.CD Vậy ta có:. 0.5. 3BD2 5AD 2  5CD2  AD2  4CD 2  4AD.CD 5AD 2  5CD 2. 3. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  4AD 2  4AD.CD  CD 2 0 0.5.  (2AD  CD)2 0  CD 2AD Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 0 < a, b, c <1 và ab + bc + ca = 1. Câu 7. 2.0. a 2 (1  2b) b 2 (1  2c) c 2 (1  2a) P   . b c a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Từ giả thiết chứng minh được a  b  c  3 1 a 1 b 1 c , , 0 b c Do a, b, c (0;1) nên a(1-a), b(1-b), c(1-c), a Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương ta có : a 2 (1  b)  b(1  b) 2a(1  b) b b 2 (1  c)  c(1  c) 2b(1  c ) c c 2 (1  a )  a(1  a) 2c(1  a) a Cộng vế với vế của 3 bđt trên ta có: P  a  b  c 2(a  b  c)  2(ab  bc  ca )  P (a  b  c)  2 vì ab  bc  ac 1 Theo CMT a  b  c  3  P  3  2 1 a b c  3 Dấu bằng xảy ra khi Vậy. 0.5 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. PMin  3  2. 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. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>