DeHD chuyen HVPhu Tho 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012-2013 Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đê Đề thi có 01 trang -------------------------------------------. Câu1 (2đ) a) Giải phương trình 2x-5=1 b) Giải bất phương trình 3x-1>5 Câu2 (2đ) a) Giải hệ phương trình. b) Chứng minh rằng. ¿ 3 x + y=3 2 x − y =7 ¿{ ¿. 1 1 6 + = 3+ √ 2 3− √ 2 7. Câu 3 (2đ) Cho phương trình x2 -2(m-3)x – 1 =0 a) Giải phương trình khi m=1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 A=x1 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 4 (3đ) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N. a) CMR: ABC=DBC b) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp. c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng d) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất. ¿ x − 5 y −8 y =3 (2 x + 4 y −1) √ 2 x − y −1=( 4 x −2 y −3) √ x +2 y ¿{ ¿ 2. Câu 5 (1đ) Giải Hệ PT. 2. ---------------------------Hết----------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013. Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đê Đề thi có 1 trang. Câu 1 ( 2,0 điểm). A  29  30 2  9  4 2  5 2 Tính giá trị của biểu thức Câu 2 ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2 +mx+1=0 ( m là tham số) a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm x12 x22  2 7 2 x b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x , x Thỏa mãn 2 x1 1. 2. Câu 3 ( 2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình 2 x 2  2 xy  5 x  y  2 0  2 2 4 x  y  2 x 3 b)Giải phương trình x  1  x  16  x  4  x  9 Câu 4( 4 điểm) Cho đường tròn (O;R) có dây AB R 2 , M là điểm chuyển động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượt là giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC và AD a) Tính số đo góc AOB, góc MCD b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dài không đổi c) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố định Câu 5 (1,0điểm) Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn. x yz . 3 2 .Tìm giá trị nhỏ nhất. S x 3  y 3  z 3  x 2 y 2 z 2 ----------------Hết---------------------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013. Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đê Đề thi có 1 trang. Câu 1 ( 2.0 điểm) a) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a2+ b2= 2.Chứng minh rằng: a 4  8b 2  b 4  8a 2 6 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2x+2xy+y=5 Câu 2 ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2 -4x+m2+3m=0 ( m là tham số) c) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm d) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn điêu kiện A  x12  4 x2  2 x1 x2 đạt giá trị lớn nhất Câu 3 ( 2,0 điểm) 4 2 Giải phương trình x  x  2012 2012 Câu 4 ( 4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O1,R1) và (O2,R2) tiếp súc ngoài tại A (với R1> R2).Gọi AB và AC là hai đường kính của (O1) và (O2).Dây cung MN vuông góc ới BC tại trung điểm H của BC.Giải sử CN cắt (O2) tại tại điểm thứ 2 D. a)Chứng minh ba điểm M, A, D thẳng hàng b)Chứng minh HD là tiếp tuyến của (O2) c)Tính bán kính R của đường tròn tiếp súc ngoài với 2 đường tròn trên và tiếp súc với tiếp tuyến chung của chúng . Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.Chứng minh rằng 1  3a 1  3b 1  3c   6 1  b2 1  c 2 1  a 2. ----------------------Hết-----------------------Họ và tên thí sinh.............................................................SBD...................... Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. PHÚ THỌ. Lớp 9 THCS năm học 2011-2012 Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đê Đề thi có 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. -----------------------------------------------------------. Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đêu là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Câu 2 (4,0 điểm) 2 Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x  x  1 0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2a  3 A 2  2a 4  2a  3  2a 2 Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x  1 x 2  3x  1 b) Giải hệ phương trình.  2x 2  y 2 1  2  xy  x 2 Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung lớn  AB (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của các đường thẳng OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường th ẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. Câu 5 (2,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b 3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1 ------------------------------------ Hết --------------------------------------. Chuyên Hùng Vương Ngày thứ nhất( dành cho mọi thí sinh) Câu1 (2điểm) a) Giải phương trình 2x-5=1 b) Giải bất phương trình 3x-1>5 Hướng dẫn 2 x −5=1⇔ 2 x=6 ⇔ x=3 a) b) 3 x −1>5 ⇔ 3 x >6 ⇔ x >2 Câu2 (2điểm) a) Giải hệ phương trình. b) Chứng minh rằng HD a) x=2 ; y= -3 b) VT =. ¿ 3 x + y=3 2 x − y =7 ¿{ ¿ 1 1 6 + = 3+ √ 2 3− √ 2 7. 3 − √ 2+3+ √2 6 = =VP (đpcm) 9−2 7. Câu 3 (2điểm) Cho phương trình x2 -2(m-3)x – 1 =0 c) Giải phương trình khi m=1 d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 A=x1 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn a) x1 = −2 − √ 5 ; x2 = −2+ √ 5 b)Thấy hệ số của pt : a=1 ; c=-1 => pt luôn có 2 nghiệm Theo vi-ét ta có x1 + x2 =2(m-3) ; x1x2 = -1 Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 - 3x1x2 = 4(m-3)2 + 3 3 => GTNN của A = 3  m=3 Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N. e) CMR: ABC=DBC f) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp. g) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng h) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất. Hướng dẫn a) Có AB=DB; AC=DC; BC chung => ABC=DBC (c-c-c).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b) ABC=DBC => góc BAC=BDC =90 => ABDC là tứ giác nội tiếp. A 1. M. 2. 3. 4. 1 2. C. B. 2 1. 3. D. 4. 2 1. N' N. Hướng dẫn Có. A M  1 1 ( ABM cân tại B) A  N  4 2 ( ACN cân tại C)   gócA = gócA A1  A4 ( cùng phụ A 1. 4. ). 2;3.      A1 M 1  A4 N 2   gócA2 = gócN1 A2  N1 ( cùng chắn AD AD của (C) ) 0 0       Lại có A1  A2  A3 90  M 1  N1  A3 90 0    Mà AMN vuông tại A => M 1  N1  M 2 90.     => A3 M 2  A3 D1  D  D  D  D  N  D  M  N  N  D 2,3 1 4 2,3 1 1,2 2,3 2 1 2 . . 0. . . . 0. 0. CDN cân tại C => N1,2 D4 suy ra 90  M 2  N1  M 1 90  90 180  M; D; N thẳng hàng. c) AMN đồng dạng ABC (g-g) Ta có NM2 = AN2 +AM2 để NM lớn nhất thì AN ; AM lớn nhất. 0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Mà AM; AN lớn nhât khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) Vậy khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) thì NM lớn nhất. khi đó Tam giác AMN vuông cân tại A có BC là đường trung bình ¿ x 2 − 5 y 2 −8 y =3 (2 x + 4 y −1) √ 2 x − y −1=( 4 x −2 y −3) √ x +2 y ¿{ ¿. Câu 5 (1điểm) Giải Hệ PT. Hướng dẫn. ĐKXĐ. x. y 1 ; x  2 y 2.  x 2  5 y 2  8 y 3  (2 x  4 y  1) 2 x  y  1 (4 x  2 y  3) x  2 y  x 2  5 y 2  8 y 3(1)  [2( x  2 y )  1] 2 x  y  1 [2(2 x  y  1)  1] x  2 y (2). 2 x  y  1 a;(a 0); x  2 y b;(b 0). Đặt phương trình (2) trở thành (2b2-1)a=(2a2-1)b  2ab2-a=2a2b-b  (a-b)(2ab+1)=0  a=b ( vì 1+2ab>0) nên 2x-y-1=x+2y  x=3y+1 thay vào PT (1) ta có (3y+1)2-5y2-8y=3  4y2-2y-2=0  2y2-y-1=0 nhẩm Vi ét a+b+c=0 ta có y1=1 suy ra x1=4 thỏa mãn ĐK 1 1 y2   x2   dk 2 2 Hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;1). Chuyên Hùng Vương Toán Vòng 2 Câu 1 (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức A  29  30 2  9  4 2  5 2 Hướng dẫn Ta có. . 94 2  2 2. . 2. . . . .  2. 2 2 .1  12  2 2  1. 2. 94 2 . nên. 2. . 2 1. 2. 2 2  1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Do đó A  29  30 2  2 2  1  5 2 A.  29  30. . . 2 1  5 2 A=. . = 32  2.3.5 2  5 2. 35 2. 2. . 2. 5 2.  5 2 3.. Câu 2 (2,0 điểm) 2 Cho phương trình x  mx  1 0 (m là tham số). a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm.. x12 x 22  2  7. 2 x x1 x x 2 1 2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm và thỏa mãn Hướng dẫn a) (0,50 điểm) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  m 2  4 0  m 2 4  m 2  m 2    * m  2  Vậy giá trị phải tìm là m 2 hoặc m  2. b) (1,50 điểm) Với điêu kiện (*) áp dụng định lý Viet ta có  x1  x 2  m   x1x 2 1 Khi đó phương trình có nghiệm x1 và x 2 khác 0 và x12 x 22 x14  x 24  7  7 x 22 x12 x12 x 22  x14  x 42  7 2.   x12  x 22   2x12 x 22  7 2. 2    x1  x 2   2x1x 2   2x12 x 22  7   2.   m2  2  2  7 m  5  m2  2  3    2 m  2   3  m   5  Kết hợp với điêu kiện (*) ta được các giá trị của m là m  5 hoặc m   5 Câu 3 (2,0 điểm) 2x 2  2xy  5x  y  2 0  2 2 a) Giải hệ phương trình 4x  y  2x 3 b) Giải phương trình x  1  x  16  x  4  x  9.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Hướng đẫn a) (1,00đ) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với  2x 2  5x  2    2xy  y  0   2x  1  x  2   y  2x  1 0  2x  1 0    2x  1  x  y  2  0  x  y  2 0 Giải hệ phương trình 2x  1 0  2 2 4x  y  2x 3.  I. ta tìm được nghiệm Giải hệ phương trình  x  y  2 0  2 2 4x  y  2x 3 và kết luận hệ (II) vô nghiệm.. 1 ; 2.  1  1 ,  ;  1 .  2 .  x; y  .  II .  1   1  S  ; 1 ,  ;  1  .   2   2 Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm b) (1,00đ) Với x  1 phương trình đã cho tương đương với  x 16    x  1  x  9    x  4   x  16  x  1 x 9  x  4 15 5   x  16  x  1 x 9  x 4 . x  16 . x  1 3. . x 9 . x 4. .  1. Từ (1) và phương trình đã cho ta suy ra 2 x  1 4 x  4  2 x  9 . x  1  x  9 2 x  4.  2. Bình phương hai vế của phương trình (2) và rút gọn ta thu được phương trình (x  1)(x  9) x  3 Tiếp tục bình phương hai vế của phương trình lần nữa và rút gọn ta được 4x 0  x 0 (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0. Câu 4 (4,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  có dây cung AB cố định và AB R 2. Lấy M  là điểm di động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và C, D lần lượt là các giao điểm thứ hai của các đường thẳng AH, BH với đường tròn  O  . Giả sử N là giao điểm của các đường thẳng BC và AD..

<span class='text_page_counter'>(10)</span>   a) Tính số đo của các góc AOB và MCD. b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn  O  và đoạn thẳng HN có độ dài không đổi. c) Chứng minh rằng đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. M. C O. I D. B'. A'. H K. A. B. E. N. Híng dÉn 2 2 2 2 a) (1,00đ) Ta có OA  OB 2R AB 0  Do đó tam giác OAB vuông tại O. Vậy AOB 90 . / / Gọi A , B lần lượt là chân các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B của  ABM..    AMB 450 nên tam giác B/ BM vuông cân tại B/ , do đó MCD MBD 450. Vì / / b) (1,50đ) Vì tứ giác A MB H nội tiếp nên   BHC AMB 450. 0   Dễ thấy ACB AMB 45 nên tam giác BHC vuông cân tại B.. . 0. Vì HBC 90 nên CD là đường kính của đường tròn (O). Ta thấy BHC và BDN là các tam giác vuông cân nên BH = BC, BN = BD.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Do đó  BHN =  BCD (c.g.c)  HN CD 2R. Vậy HN 2R có độ dài không đổi. c)(1,50đ) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng HN và CD thì trong tứ giác nội tiếp 0   BHIC ta có BIH BCH 45. . . 0. Tương tự AIH ADH 45 . Gọi E là giao điểm của đường thẳng HN với đường tròn (K) (với E khác I). 0    của đường tròn (K). thì AIE BIE 45 nên E là điểm chính giữa cung AB Vì A, B cố định nên E là điểm cố định. Vậy HN luôn đi qua điểm E cố định. Câu 5 (1,0 điểm). 3 x yz  . 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của Cho x, y, z là các số không âm thoả mãn 3 3 3 2 2 2 biểu thức S x  y  z  x y z .. Hướng dẫn   2x  1  2y  1    2y  1  2z  1    2z  1  2x  1  0 Ta có . Do đó trong 3 số âm..  2x  1  2y  1 ,  2y  1  2z  1 ,  2z  1  2x  1 có ít nhất một số không. Không mất tính tổng quát, giả sử.  2y  1  2z  1 0.  yz . 1 1  2y  2z  1   1  x  4 2.  1. - Nếu x  1 thì S  1 (do y, z 0 ) 1 1 2 2 x 2 y 2 z 2   1  x  .x 2 1 x  4 4 - Nếu 0 x 1 thì , do đó 1 3  y3  z3   1  x    x  3 3 y  z yz  y  z  2 2  Dễ thấy nên y2z 2 . Do đó Khi đó. S. x 3  y 3  z 3 x 3 . 1 3  1  x    x  2 2 .  2.  3. 1 1 4x 3  2x 2  5x  3   x 2  2x 3  x 4   4 4 1  17 23  25      2x  1  2x 3  5x 2  x   16  2 4  4  . . 1 25 25 2 2  2x  1   2x  3 14   , x. 64 64 64. Dấu “=” xảy ra.  x. 1 2. 25 1 x y z  . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 64 khi và chỉ khi. Cách khác.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy Dãy 1 x x ; y y ; z z dãy 2 x ; y ; z Ta có 3 3 2 ( x  y 3  z 3 ) ( x 2  y 2  z 2 )2  x 3  y 3  z 3  ( x 2  y 2  z 2 ) 2 (*) 2 3. Ta chứng minh BĐT xyz ( x  y  z )( x  z  y )( y  z  x)(*). Vế trái không âm nếu vế phải có 3 thừa số hoặc 1 thừa số âm thì BĐT (*) đúng Vế phải có 2 thừa số âm giả sử x  y  z  0 & x  z  y  0  2 x  0  x  0 trái GT Trường hợp cả ba thừa số đương áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có 2.  x y zxz y 2 ( x  y  z )( x  z  y )    x (1) 2   2.  z y xxz y 2 ( z  y  x)( x  z  y )    z (2) 2  . tương tự 2.  x y z yz x ( x  y  z )( z  y  x )   y 2 (3)  2   Từ (1) (2) (3) BĐT (*) được chứng minh Áp dụng BĐT (*) ta có 3  3  3   xyz ( x  y  z )( x  z  y )( y  z  x )   2 z    2 x    2 y  2  2  2  27 9    x  y  z   6  xy  yz  xz   8 xyz 8 2 2.  3 x2  y 2  z 2  27  9 xyz   3 x 2  y 2  z 2  x 2 y 2 z 2    (**) 8 8 3  . . . ( x  y  z )2 3 t x  y  z   (***) 3 4 Mặt khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có Từ (*) , (**) , (***)ta có 2. 2. 2. 2. 2 2t 2 t 2 t 9 7t 2 7t t 1 25  3   7t 1  25 25 3 t  S  t2               t        3 3 9 4 64 9 12 3 4 64  4   9 3  64 64  8 3. Chu yên Hùng Vương Vòng 2 ( Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Câu 1 (2,0 điểm) 2 2 a) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a  b 2. Chứng minh rằng a 4  8b 2  b 4  8a 2 6 b)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2x  2xy  y 5.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Hướngđẫn 2 2 a) (1,00 điểm) Vì a 2  b nên. a 4  8b 2 . 2 2. 2 b .  8b 2 . 2 2. 2b . b 2  2. 4 2 2 Tương tự b  8a a  2 4 2 4 2 2 2 Do đó a  8b  b  8a a  2  b  2 6 b) (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với  2x  2xy    y  1 6   2x  1  y  1 6  1 Vì x, y là các số nguyên và 2x  1 là số nguyên lẻ, nên  2x 1    3;  1; 1; 3  2  Xét các trường hợp ở (2) ta tìm được x    2;  1; 0; 1 .. Kết hợp với (1) ta tìm được giá trị tương ứng y    3;  7; 5; 1 . Vậy giá trị phải tìm là  x; y      2;  3 ,   1;  7  ,  0; 5  ,  1; 1  . Câu 2 (2,0 điểm) 2 2 Cho phương trình x  4x  m  3m 0. a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x1 và x 2 thỏa mãn điêu 2 kiện A x1  4x 2  2x1 x 2 đạt giá trị lớn nhất? Hướng đẫn a) (1,00 điểm) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  / 4   m 2  3m  0  m 2  3m  4 0   m  1  m  4  0. Do m  1  m  4, với mọi m nên  m  1 0 m 1     m  4 0 m  4   4 m 1. Vậy giá trị phải tìm là  4 m 1. b) (1,00 điểm) Vì x1 là nghiệm của phương trình nên x12  4x1  m 2  3m 0  x12 4x1  m 2  3m.  1. 2 2 Khi đó A 4x1  m  3m  4x 2  2x1x 2 4  x1  x 2   2x1x 2  m  3m Áp dụng định lý Viet ta có.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  x 1  x 2 4  2  x1 x 2 m  3m A 16  2  m 2  3m   m 2  3m m 2  3m  16. Do đó 2 Theo kết quả phần a) ta có m  3m  4 0 nên A m 2  3m  16 20 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  m 1 m 2  3m 4    m  4. Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 20 khi và chỉ khi m = 1 hoặc m  4. 4 2 Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình x  x  2012 2012 Hướng đẫn Phương trình đã cho tương đương với. x 4 2012 . x 2  2012 1  x 4  x 2  x 2  2012  4 2 2 1  2 1  2   x    x  2012   2  2  2. 1  1    x 2    x 2  2012   2  2 . x 2  2012 . 1 4. 2. 1  2 1 2 x   x  2012   2 2   x 2  1  1  x 2  2012  2 2.  1  2. 8045  1 2 Giải phương trình (1) ta tìm được nghiệm Giải phương trình (2) và kết luận phương trình (2) vô nghiệm x . Vậy phương trình đã cho có nghiệm. x . 8045  1 2. Câu 4 (4,0 điểm) Cho hai đường tròn  O1 ; R 1  và  O 2 ; R 2  tiếp xúc ngoài tại điểm A (với R1  R 2 ). Gọi AB và AC lần lượt là đường kính của đường tròn  O1  và  O 2  . Dây cung MN của đường tròn  O1  vuông góc với BC tại trung điểm H của BC . Giả sử CN cắt đường tròn.  O2 . tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh rằng ba điểm M, A, D thẳng hàng..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> b) Chứng minh HD là tiếp tuyến của đường tròn  O 2  . c) Tính bán kính R của đường tròn tiếp xúc ngoài với hai đường tròn trên và với tiếp tuyến chung của chúng. E. P. K. M. F O. I. Q. H B. A. O1. O2. C. D N 0  a) (1,00đ) Ta có ADC 90 nên AD  CN. 0  Tương tự AMB 90 nên AM  BM. Mặt khác tứ giác BMCN là hình thoi nên BM // CN. Mặt khác tứ giác BMCN là hình thoi nên BM // CN. Do đó MA  CN. Vậy ba điểm M, A, D thẳng hàng. b) (1,50đ) Ta thấy tam giác DMN vuông tại D có DH là đường trung tuyến nên tam   giác HDN cân tại H, do đó HND HDN.   Dễ thấy tam giác O 2 CD cân tại O 2 nên O 2 DC O 2 CD 0   Vì tam giác HCN vuông tại H nên HND  O 2 CD 90 . 0  Do đó O 2 DH 90 .. Vậy DH là tiếp tuyến của đường tròn  O 2  . b) (1,50đ) Qua tâm O và O 2 kẻ các đường thẳng song song với tiếp tuyến chung EF của hai đường tròn  O1  ,  O 2  . Xét các tam giác vuông O1O 2 I, O1PO, O 2 QO ta có O 2 I  (R 1  R 2 ) 2  (R 1  R 2 ) 2 2 R 1R 2 QO  (R  R 2 ) 2  (R 2  R) 2 2 RR 2. PO  (R  R1 ) 2  (R1  R)2 2 RR1 Nhưng O 2 I PO  QO do đó.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2 R 1R 2 2 RR 2  2 RR 1. . R1 R 2  R  R. . R 2  R1.  1. . R 1R 2. . R1  R 2. . 2.  O/ ; R /  tiếp xúc ngoài với hai đường tròn  O1  , Ngoài ra, ta còn có đường tròn  O2  và với tiếp tuyến chung của chúng. Trong hình vẽ trên, ta có thể xem như  O2   O / ; R /  ở vị trí của  O2  . ở vị trí  O  còn Từ  1 ta suy ra (bằng cách thay R 2 bằng R/ và R bằng R 2 ) R 1R 2 R/   2 2 R1  R 2. . . Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab  bc  ca 3. Chứng minh rằng 1  3a 1  3b 1  3c   6 1  b2 1  c2 1  a 2 Hướng dẫn 2 2 1  3a  b 2  1  3a  1  3a   1  b    1  3a  b  1  3a  2 1  b2 1  b2 Ta có 1  b Vì 1 + b2  2b nên. 1  3a  b 2 1  3a  b 2    1  3a  b 1  3a 1  3a  1  3a  1  3a  2 2 1 b 1 b 2b 2  1  3b  c 1  3c 1  3c   1  3c  a 1  3b 1  3b  2 2 2 2 Tương tự 1  c , 1 a 1  3a 1  3b 1  3c 5 3   3   a  b  c    ab  bc  ca  2 2 2 2 2 Do đó 1  b 1  c 1  a  2 9 3  ab  bc  ca   a  b  c  a  b  c 3. Mặt khác nên Từ (1), (2) và giả thiết suy ra điêu phải chứng minh. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.. (2). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO. (1).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2011-2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 5 trang). Đáp án và biểu điểm Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đêu là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. ĐÁP ÁN ĐIỂM 3 3 Giả sử có số nguyên dương n sao cho: n  26 x ; n  11 y (với x, y là hai số nguyên dương và x > y). Khi đó. x  y 37   x  y   x  xy  y 3. 3. 2. 2. 1,5 đ.  37. 2 2 Lại có 0  x  y  x  xy  y và 37 là số nguyên tố nên. (1)  x  y 1  2 2  x  xy  y 37 (2). 1,5 đ. 2 Thay x = y + 1 vào (2) ta được: y  y  12 0  y = 3 là nghiệm duy nhất thoả mãn. Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. Câu 2 (4,0 điểm). Giả sử a là một nghiệm của phương trình: trình, hãy tính giá trị của biểu thức A. 2x 2  x  1 0 . Không giải phương. 2a  3 2  2a 4  2a  3  2a 2. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 2 Vì a là nghiệm của phương trình nên: 2a  a  1 0  2a 2 1  a  *. 1,0 đ.  2a 4 a 2  2a  1 . Thay vào biểu thức A ta được: 2a  3 2a  3 A  2 2  a 2  4a  4   2a 2 2  a  2   2a 2 =. 2a  3 2a  3  2 a  2  2a 2 2  2  a   2a 2. ( vì theo  * thì a  1 ). 1,0 đ. 1,0 đ.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> . 2a  3 2. . . 2a 2  a  1 . 2  2a  3. . 1 2. 1,0 đ. Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x  1 x 2  3x  1. b) Giải hệ phương trình 2 2 2x  y 1  2  xy  x 2. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 2 (1)  x  3x  1 0  4 3 2 a) (2,0 điểm) Phương trình 8x 1 x  6x  7x  6x 1 (2). 1,0 đ. 4 3 2 x x 3  6x 2  7x  14  0 Ta có (2)  x  6x  7x  14x 0  . . . 2  x  x  1 x  7x  14 0.  x 0    x 1. 1,0 đ. Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình. b) (2,0 điểm) 2 2 2 2 2 Từ hệ đã cho ta suy ra: xy  x 4x -2y  3x  xy  2y 0. Nếu x y thì: x2 = 1  x 1 ..  x y   (x  y)(3x  2y) 0  3x  2y. y2  1 Nếu 3x  2y thì: 9 (không thỏa mãn).. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là:. 1,0 đ. 1,0 đ S   1; 1 ,   1;  1  .. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung  (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai lớn AB của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> K. A. I. D. C M. H. O. E. B. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 2 a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO MA ..   Mặt khác MAC ADC nên  MAC đồng dạng  MDA (g.g), do đó. MA MC   MC.MD MA 2 MD MA Vậy MH.MO MC.MD. 1,5 đ. MH MC  Khi đó MD MO . . Do đó MHC đồng dạng MDO  MHC MDO. Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp  HCD luôn đi qua điểm O cố định.. 1,0 đ.   b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBE EAB nên  EBC đồng dạng  EB EC   EA.EC EB2 . EAB. Do đó EA EB    EMC MDA MAC.. Vì AD // MB nên. 1,0 đ. Do đó  EMC đồng dạng  EAM. EM EC   EA.EC EM 2 . EA EM. Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB. Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của  MAB.. 1,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> I. M. N. B. . 0. c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đêu, do đó MBA 60 . Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp  BMI thì trong tam giác vuông IMN ta có.  sin INM . IM IM 2IM  MN   0 MN sin 60 3. (1). IM MH  . Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó IK AK R 3R IM 3 3IK OH  MH    IM  2 nên AK = R và 2 , do đó IK 2 2 Dễ thấy IH 3 IH 3    . IA 2 AH 5 Mặt khác. 1,0 đ. (2). R 3 3R 3 R 3 IH  , IA  . 2 nên 10 5 Vì 2R 7 3R 7 IK  IM  5 , do đó 5 Khi đó (3) AH . 1,0 đ. R/ . R 21 . 5. Vậy đường tròn ngoại tiếp  BMI có bán kính Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b 3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1. ĐÁP ÁN Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với 1 1 1    3 1 1 1 1 1 1 1 1 .   .c   c c.  c  a b a b b b a a. ĐIỂM 1,0 đ. (1).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 1 1 x  , y  , z c a b Đặt thì x, y, z  0 và x  y  z 3 đồng thời bất đẳng thức phải chứng minh trở thành 1 1 1    3 xy  x  y yz  y  z zx  z  x (2) x  y  1 Ta chứng minh . 2. 3  xy  x  y . , với  x, y. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 2  x 2  y 2  1  2xy  2y  2x  6  xy  x  y  2. 2. 2.   x  y    x  1   y  1 0 Dấu “=”xảy ra  x y 1 . 1 3  x  y 1 Do đó xy  x  y , với x, y  0 . Dấu “=” xảy ra  x y 1 . Tương tự ta suy ra 1 1 1 3 3 3      xy  x  y yz  y  z zx  z  x x  y  1 y  z  1 z  x  1 (3) Dấu “=” xảy ra  x y z 1 . 1 1 1 9    ,  m, n, p  0 m n p m  n  p Ta chứng minh:. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 1. n p m p m n    1     1 9 m m n n p p. 1,0 đ.  n m  p m  p n             6 m n  m p  n p. Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu “=”xảy ra  m n p. Do đó 9 3 3 3 3   3   x  y 1 y  z  1 z  x 1 2  x  y  z   3. (4). Từ (3) và (4) suy ra điêu phải chứng minh. Dấu “=”xảy ra  x y z 1 hay a b c 1.. ............................. HẾT ..................................

<span class='text_page_counter'>(22)</span>