ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn TOÁN LỚP 9 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG Ngày thi: 30/3/2013 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (5,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức 3 3 26 15 3 26 15 3A = + − − . 2) Rút gọn biểu thức 2 2 2 7 3 2 1 1 . : 3 11 3 2 3 2 2 2 a a a a P a a a a a − + − + − + = + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ − + − − − − − . Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3 2 3 8 2 3 10x x x+ = − + . 2) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 1 4 ( 1)( 2) x y xy y x x y y + + + = + + − = . Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho hàm số 2 y x= . Tìm các giá trị của m để đường thẳng ∆ có phương trình y x m= − cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x y B x y thoả mãn: 4 4 2 1 2 1 ( ) ( ) 18x x y y− + − = . 2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố , ,a b c đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện 20 30( ) 21abc ab bc ca abc< + + < Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC), có đường cao AH và O là trung điểm của cạnh BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự tại M và N. OA và MN cắt nhau tại D. 1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp. 2) Chứng minh : 1 1 1 AD HB HC = + . 3) Cho AB=3 và AC=4. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số dương ,a b và c thoả mãn 1abc = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2a b b c c a + + ≤ + + + + + + . ---------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: . Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NGÀY THI 30 /3/2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG Bản hướng dẫn chấm có 04 .trang Câu 1 Hướng dẫn giải (5 điểm) 1. (2 điểm) Ta có 3 3 26 15 3 26 15 3A = + − − 2 2 3 2 2 3 3 3 8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3) 8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3)= + + + − − + − 0.5 3 3 3 3 (2 3) (2 3)= + − − 0.5 (2 3) (2 3)= + − − 0.5 2 3A = . KL: 0.5 2 (3 điểm) Điều kiện: 2 11a< ≠ 0.5 Đặt 2 2 (0 3) 2x a x a x= − < ≠ ⇒ = + . 0.5 Tính được 2 2 2 ( 2) 9 3 1 1 . : 3 3 9 3 x x x x P x x x x x + + + = + − ÷ ÷ + − − 0.5 2 ( 2) 3( 3) 2 4 . : 3 9 ( 3) x x x x x x + + + = ÷ ÷ − − 0.5 ( 2) ( 3) . 3 2 4 2 x x x x x x + − = = − − + 0.5 = 2 2 a − − KL: 0.5 Câu 2 (4 điểm) 1 (2 điểm) ĐK: 2x ≥ − . Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành: 2 2 3. ( 2)( 2 4) 2( 2 4) ( 2)x x x x x x+ − + = − + + + 0.5 Chia cả hai vế của phương trình cho 2 2 4x x− + , ta được 2 2 2 2 3 2 0 2 4 2 4 x x x x x x + + − + = − + − + (1) 0.5 Đặt 2 2 ( 0) 2 4 x t t x x + = ≥ − + Thay vào (1) ta được 2 3 2 0t t− + = 1t ⇔ = hoặc 2t = (t/m) 0.5 + với 1t = ta có 2 2 1 2 =1 3 2 0 2 2 4 x x x x x x x = + ⇔ − + = ⇔ = − + (t/m). 0.5 ĐỀ CHÍNH THỨC + với 2t = ta có 2 2 2 =2 4 9 14 0 2 4 x x x x x + ⇔ − + = − + (vô nghiệm). KL: 2 (2 điểm) 2 2 1 ( ) 4 ( 1)( 2) x y x y y x x y y + + + = + + − = + Với 0y = Hpt trở thành: 2 2 1 0 ( 1)( 2) 0 x x x + = + − = (vô nghiệm) 0.5 + Với 0y ≠ .Hệ trở thành 2 2 1 ( ) 4 1 ( )( 2) 1 x x y y x x y y + + + = + + − = (1) + Đặt 2 1 , x a b x y y + = = + thay vào hpt(1) ta được 4 ( 2) 1 a b a b + = − = 0.5 + Giải được: 1, 3a b= = 0.5 + Với 1, 3a b= = 2 1 1 3 x y x y + = ⇒ + = . Giải được nghiệm của hệ: ( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y = + KL: 0.5 Câu 3 (4 điểm) 1 (2 điểm) Xét pt hoành độ giao điểm: 2 x x m= − 2 0x x m⇔ − + = (1) Đường thẳng ∆ cắt đths đã cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt. 0.5 + Điều kiện: 1 4 0m ∆ = − > 1 . 4 m⇔ < 0.5 + Khi đó 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) A x y B x y + Theo định lí Viet 1 2 1 2 1, x x x x m+ = = . Ta có 1 1 2 2 , y x m y x m= − = − + 4 4 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 18 ( ) 9 [( ) 4 ] 9x x y y x x x x x x− + − = ⇔ − = ⇔ + − = 0.5 + Tìm được 1 (k / ) 1 ( / ) 2 o m t m m t m = = − KL: 0.5 + Từ giả thiết suy ra: 2 1 1 1 7 3 10a b c < + + < . Không giảm tính tổng quát giả sử 1a b c > > > . Suy ra 2 3 2 9 3 c c < ⇒ < Do đó {2;3}c∈ 0.5 + Với 2c = suy ra 2 1 1 1 7 1 1 1 1 1 2 1 1 (1) và 3 2 10 6 5 6 5a b a b b b < + + < ⇒ < + < ⇒ < < Do đó {7;11}b∈ 0.5 + Với 7b = từ (1) suy ra 1 1 2 {19;23;29;31;37;41} 42 35 a a < < ⇒ ∈ + Với 11b = từ (1) suy ra 5 1 6 13 66 55 a a < < ⇒ = ( do a>b) 0,5 + Với 3c = từ giả thiết suy ra 1 1 1 11 1 2 (*) 6 5 3 30 3 b b a b b < + < ⇒ < ⇒ < ⇒ = ( do b>c) Thay 5b = vào (*) được 15 6 7 2 a a< < ⇒ = . Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn: (19;7;2),(23;7;2),(29;7;2),(31;7;2),(37;7;2),(41;7;2),(13;11;2),(7;5;3) và các hoán vị của nó. 0.5 Câu 4 (6 điểm) 1 (2 điểm) + Tứ giác AMHN nội tiếp nên · · AMN AHN= 0.5 + Lại có · · AHN ACH= (vì cùng phụ với góc · CHN ) 0.5 + Suy ra · · ACB AMN= , mà · · 0 180AMN NMB+ = nên · · 0 180ACB NMB+ = 0.5 KL: 0.5 2 (2 điểm) + Có · · AID AOH= vì cùng bằng hai lần · ACB . 0.5 + Tam giác AD AI AID AOH AH AO ⇒ =:V V 0.5 + Có 1 1 1 1 ( ), AI= . 2 2 2 2 AO BC HB HC AH HB HC= = + = 0.5 + Do đó 1 1 1 . . . AO HB HC AD AH AI HB HC HB HC + = = = + 0.5 3 (2 điểm) + Tính được BC=5, 12 5 AH = 0.5 + Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó KI là đường trung trực của đoạn MN. Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên · · 0 90ADI AHO⇒ = = OA MN ⇒ ⊥ Do vậy KI//OA. 0.5 + Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK BC ⊥ . Do đó AH//KO. + Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành. 0.5 Bán kính 2 2 2 2 2 2 1 1 1 769 4 4 4 10 R KB KO OB AI BC AH BC= = + = + = + = 0.5 Câu 5 (1 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 2 3 ( ) ( 1) 2 2 2 2a b a b b ab b+ + = + + + + ≥ + + Tương tự: 2 2 2 3 2 2 2b c bc c+ + ≥ + + , 2 2 2 3 2 2 2c a ac a+ + ≥ + + 0.5 Suy ra: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 3 2 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) . 1 1 1 2 1 2 1 1 a b b c c a ab b bc c ac a ab b a a ab b + + ≤ + + + + + + + + + + + + + + = + + = + + + + + + 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. . . Câu 3. (4,0 đi m) 1) Cho h m số 2 y x= . T m các giá trị của m để đường thẳng ∆ có phương trình y x m= − cắt đồ thị h m số tại hai đi m phân biệt 1 1. Giải được nghi m của hệ: ( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y = + KL: 0.5 Câu 3 (4 đi m) 1 (2 đi m) Xét pt hoành độ giao đi m: 2 x x m= − 2 0x x m − + = (1) Đường