050 đề HSG toán 9 hà nam 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 Mơn: Tốn (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)     a  2a - 3b  3b a - 3b - 2a a a  3ab a) Tìm điều kiện a b để M xác định rút gọn M b) Tính giá trị M a =  , b = 10  11 Bài (2,0 điểm) Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + = 0, m tham số a) Tìm điều kiện m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 b) Tìm giá trị m để x12 + x22 + x32 = 11 Bài (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n số A = 444 (A gồm 2n chữ số 4); B = 2n 888 (B gồm n chữ số 8) Chứng minh A + 2B + số phương n Bài (4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) hai điểm C D Từ điểm M tuỳ ý d kẻ tiếp tuyếnMA MB với (O) (A B tiếp điểm) Gọi I trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Các đường thẳng MO AB cắt H Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD c) Chứng minh đương thẳng AB qua điểm cố định M thay đổi đường thẳng d d) Chứng minh MD HA2 = MC HC2 Bài (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > thoả mãn a + b + c = 2013 Chứng minh a b c + +  a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab Dấu đẳng thức sảy nào? HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM Câu a) M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 Môn: Toán (Chuyên Toán) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn gồm trang) Nội dung    Điểm  a  2a - 3b  3b a - 3b - 2a a a  3ab  a, b  a  ĐK xác định M:   a  b  M= 2a  2a  3ab  3ab  3b  2a a  3ab 2a  3b Câu =  a  ab (2,0 đ) 0,25 ( 2a  3b )( 2a  3b ) 2a  3b  a ( 2a  3b ) a b) Ta có M =   0,25 0, 3b 11 với a =  , b = 10  a 0,25 3b 30  22 (30  22 2)(3  1) 102  68    a 17 1 (1  2)(3  1)  3b  64  2 a Từ M =  (2  2)  2 Vậy  0,25  2 0,25 0,25 a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + = (1) x    x   ( x  3x  2m  1)    Nếu  x  3x  2m   0(*) x  trừ 0,25 điểm  x  x  m    0,25 Để (1) có ba nghiệm phân biệt pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0,25   13  8m  13  m Câu Điều kiện 4   2m    2m    (2,0 đ) b) Ta có ba nghiệm phân biệt phương trình (1) x1 = 2; x2; x3 x2; x3 hai nghiệm phân biệt pt (*) Khi x12 + x22 + x32 = 11    x2  x3   x2 x3  11   x2  x3   x2 x3  7(**) 2  x2  x3  (0,25 đ)  x2 x3  2m  0,5 0,25 0,25 áp dụng định lý Vi-ét pt (*) ta có  Vậy (**)   2(2m 1)   m  (thoả mãn ĐK) Vậy m = giá trị cần tìm 0,5 Ta có A  444  444 4000  444  444 10n  1  888 2n n n n n n 0,25   = 4.111 1.999  B  4.111 1.9.111  B   6.111 1  B n n n n n   0,25 3  =  888   B   B   B 4  n 4  0,25 Câu (1,0 đ) Khi 2 3  3  3  A  B    B   B  B    B   B.2    B   4  4  4  2 3      =  888     3.222     666 68  n n 4     n1  0,25 Ta có điều phảI chứng minh A O H d M C I D B Câu (4,0 đ) a) MA, MB iếp tuyến (O) Q  MAO  MBO  900 I trung điểm CD  OI  CD  MIO  900  A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO  Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB  MO đường trung trực AB  MO  AB  MH.MO = MB (hệ thức lượng tam giác vuông) (1) sđ BC  MBC MDB( g.g ) MB MD    MC.MD  MB (2) MC MB 0,25 0,25 0,25 0,25 MBC  MBD  0,25 Từ (1) (2)  MH.MO = MC.MD MC MO   MCH  MH MD MOD(c.g.c) 0,25  MHC  MDO  tứ giác CHOD nội tiếp  H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD 0,25 c) Gọi Q giao điểm AB OI Hai tam giác vuông MIO QHO có IOH chung 0,25  MIO QHO MO OQ  OI OH (R bán kính (O) khơng đổi)  MO.OH OA2 R  OQ    OI OI OI O, I cố định  độ dài OI khơng đổi  lại có Q thuộc tia OI cố định  Q điểm cố định  đpcm 1800  COD d) AHC  90  MHC  90  ODC  90  ( COD cân O) 1 = 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD 2 = CBD (3) 0  CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp chắn cung BC) Từ (3) (4)  AHC DBC( g.g ) HA BD (5)   HC BC MBC MDB( g.g ) (chứng minh trên) MD MB BD    MB MC BC MD MB MD  BD      MB MC MC  BC  MD HA2  Từ (5) (6)  MB HC 0,25 (6) 0,25 a  b c Chứng minh tương tự 0,25 0,25 Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c) Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc Từ a2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + bc ) = a( Câu b c) (1,0 đ) Vậy a a 0,  a  a  2013a  bc 0,25   a  a a b c   a (1) a b c 0,25 0,25 0,25 b b c c (2) (3)   b  2013b  ca a b c c  2013c  ba a b c Cộng vế (1); (2); (3) ta a b c a b c + +  1 a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab a b c a  bc  b  ca Dờu “=” xảy    a  b  c  671 c  ab  a  b  c  2013  ** HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MƠN TỐN CHUN HÀ NAM A  4.111  4(102 n 1  102 n 2   1) Câu 3: Từ giả thiết ta có 2n B  2.888  16.111  16(10n 1  10n 2   1) n n Từ suy D=A+2B+4= 4(10  10   1)  16(10n1  10n2   1) +4 9D = 4(10 1)(102n1  102n2   1)  16(10 1)(10n1  10n2   1)  36 n 1 n2 4(102 n  1)  16(10n  1)  36 9D=  4(102 n  4.10n  4)   10n      Suy đpcm Câu 5: Với gt cho ta có: a a  a  2013a  bc a  (a  b  c )a  bc  a(a  (a  b)(a  c)) a  2 a  (a  b)(a  c) a  a  ab  ac  bc  a(2 (a  b)(a  c)  2a) a(a  b  a  c  2a ) ab  ac   2(ab  ac  bc) 2(ab  ac  bc) 2(ab  ac  bc) (theo BĐT cosi ab  a+b dấu = xảy a=b Từ suy VT  ab  ac bc  ba cb  ac =1 (ĐPCM)   ab  ac  bc ab  ac  bc ab  ac  bc Dấu đẳng thức xảy a=b=c= 2013:3=671 0,25 ... 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab a b c a  bc  b  ca Dờu “=” xảy    a  b  c  671 c  ab  a  b  c  2013  ** HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM A  4.111 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM Câu a) M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 Mơn: Tốn (Chun Toán) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn gồm trang) Nội dung... a  2013a  bc 0,25   a  a a b c   a (1) a b c 0,25 0,25 0,25 b b c c (2) (3)   b  2013b  ca a b c c  2013c  ba a b c Cộng vế (1); (2); (3) ta a b c a b c + +  1 a + 2013a