Đề thi hsg cấp tỉnh môn toán lớp 9 năm học 2012 - 2013 của tỉnh Bắc Giang
Trang 1Câu 1 (5,0 điểm)
1 Tính giá trị của biểu thức sau: 1 4 1 4
A
2 9
2 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (m 1)x2 (2m 1)x m 1 0
có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn 2 2
1 2 2009 1 2 2012
Câu 2 (4,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2 x 2 4x 1 2 x 3 4x2 9x 2 7
2 Giải hệ phương trình sau:
Câu 3 (4,0 điểm)
1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x biết x và y là hai số thoả mãn
đẳng thức y2 3xy y x x 2
2 Tìm các số nguyên k để biểu thức k4 8k3 23k2 26k 10 là số chính
phương
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng AO lấy điểm H bất kì
không trùng với A và O, kẻ đường thẳng d vuông góc với AB tại H, trên d lấy điểm C
nằm ngoài đường tròn, từ C kẻ hai tiếp tuyến CM và CN với đường tròn (O) với M, N
là các tiếp điểm, (M thuộc nửa mặt phẳng bờ d có chứa điểm A) Gọi P và Q lần lượt là
giao điểm của CM, CN với đường thẳng AB.
1 Chứng minh HC là tia phân giác của MHN
2 Đường thẳng đi qua O vuông góc với AB cắt MN tại K và đường thẳng CK
cắt đường thẳng AB tại I Chứng minh I là trung điểm của PQ.
3 Chứng minh rằng ba đường thẳng PN QM, và CH đồng quy
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho ba số dương x y, và z thoả mãn x y z 6 Chứng minh rằng:
x y z xy yz zx xyz
-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 9
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
YM: hatien2007@gmail.com Gmail: tnttruong1@gmail.com Skype: havanvtEdited by Foxit Reader
Copyright(C) by Foxit Corporation,2005-2009 For Evaluation Only.
Trang 2Câu 1 Hướng dẫn giải (5 điểm)
1
(2.5 điểm)
9
9 3 9 4 2 9 3 9 4 2
9 3 2 2 1 9 3 2 2 1
12 6 2 12 6 2
1 9 4 2 9 4 2
1
0.5
Biến đổi được 5
3
A KL:
0.5
2
(2.5 điểm)
2 (m 1)x (2m 1)x m 1 0 (1)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì
0 0
a
1 5 4
m m
(*)
0.5
Khi m thoả mãn (*), phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, gọi hai
nghiệm đó là x x1, 2
Theo định lý Vi-ét ta có 1 2 2 1
1
m
m
và 1 2
1 1
m
x x m
0.5
Mặt khác 2 2
1 2 2009 1 2 2012
1 2 2011 1 2 2012
2
0.5
2
4019m 4020m 0
0
m
(thoả mãn (*)) hoặc 4020
4019
m (thoả mãn (*))
KL:
0.5
1
(2 điểm)
4
x Với điều kiện đó ta có: 2 x 2 4x 1 0 Biến đổi phương trình đã cho trở thành:
7 2x 3 4x 9x 2 7 2 x 2 4x 1
0.5
Trang 32x 3 4x 9x 2 2 x 2 4x 1
Đặt t 2 x 2 4x 1 (t 7)
2 8 9 4 4 2 9 2
4
t
Thay vào (1) ta được t2 4t 3 0 t 1 (loại) hoặc t 3 (t/m) 0.5 + với t 3ta có 2 x 2 4x 1 3 giải ra được 2
9
x (t/m) KL: Phương trình có một nghiệm duy nhất 2
9
2
(2 điểm)
ĐK: x 2, y 2, z 2
Từ (1), (2) và (3) ta được:
2x 2y 2z 6 4 x 2 4 y 2 4 z 2 0
0.5
Lập luận được x y z 3 (t/m đk) KL: 0.5
1
(2 điểm)
Biến đổi y2 3xy y x x 2 y2 3x 1y 3x x 2 0 (1) (coi
đây là phương trình bậc hai ẩn y và x là tham số) 0.5 + 3x 1x 3
Giải được 1 x 3
+ Với x 1 tìm được y 0
+ Với x 3 tìm được y 6
0.5
Khẳng định được: - Giá trị nhỏ nhất của x bằng -1 đạt được khi y 0
- Giá trị lớn nhất của x bằng 3 đạt được khi y 6 0.5
2
(2 điểm)
Đặt M k4 8k3 23k2 26k 10
Ta có M k4 2k2 1 8k k 2 2k 1 9k2 18k 9
2 2 2 2
0.5
M là số chính phương khi và chỉ khi 2
k hoặc 2
k là số
+ 2
k k + Xét 2
k là số chính phương, đặt 2 2
Trang 4m k 3m k 3 1
vì m , m k 3 ,m k 3 nên
3 1
m k và m k 3 1 suy ra k 3 0 k 3
Vậy với k 1 và k 3 thì k4 8k3 23k2 26k 10 là số chính phương
d
S R
G
E D
I
K
Q P
M C
B O
A
H
N
1
(2 điểm)
+CMO CNO CHO 90 0
+ Suy ra H, M và N cùng thuộc đường tròn đường kính CO 0.5 Xét đường tròn đường kính CO có CM=CN suy ra CM CN
2
(2 điểm)
Qua điểm K kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt đường
thẳng CM và CN tại D và E.
Ta có OK DE
0.5
+ Khẳng định tứ giác OMDK nội tiếp suy ra OMK ODK (1)
+ Khẳng định tứ giác OKNE nội tiếp suy ra OEK ONK (2)
Mà OMN cân đỉnh O nên OMK ONK (3)
0.5
Từ (1), (2) và (3) suy ra OEK ODK
Suy ra ODE cân đỉnh O suy ra OK là đường trung tuyến của tam
giác ODE suy ra KD=KE.
0.5
Vì DE/ /AB nên KD CK
IQ IP Suy ra IP=IQ, vậy I là trung điểm của PQ.
0.5
3
(2 điểm)
Xét hai tam giác PMO và PHC có P chung và PMO PHC 90 0
Suy ra PMO và PHC đồng dạng PH CH
PM OM Chứng minh tương tự ta có QON và QCH đồng dạng
CH QH
0.5
Trang 51
( vì ON = OM, CM = CN)
0.5
Gọi G là giao điểm của CH và QM Giả sử PG cắt CQ tại điểm J Ta
chứng minh J và N trùng nhau.
Thật vậy kẻ đường thẳng a đi qua C và song song với PQ Gọi R và S
lần lượt là giao điểm của QM, PJ với đường thẳng a.
Vì RS// PQ nên theo định lý Ta lét ta có:
CR
0.5
Từ (4) và (5) PH QN CM . PH QJ CM 1
C
NC J
Chỉ ra được CN CJ N J
Vậy CH, PN, QM đồng quy tại G (đpcm)
0.5
Đặt A =x2 y2 z2 xy yz xz xyz 8
Vì x, y, z dương và có vai trò như nhau nên không giảm tính tổng quát
giả sử x y z 0, mà x + y + z = 6 z 2 z 3 0
Vì x, y là hai số dương nên 2 2
6
0.5
A x y z xy yz zx xyz 28 xy z 3 3 6z z
z
(luôn đúng vì z 0)
0.5
Điểm toàn bài (20điểm)
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
