Xem mẫu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
(Bảng A)
Ngày thi: 20/3/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:
...............................
...............................
(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1. (4,5 điểm)
a) Chứng minh đẳng thức:
3 3
2 −1 =
3
1 32 34
.
−
+
9
9
9
x 2 (2013 y − 2012) = 1
b) Giải hệ phương trình : 2
.
x( y + 2012) = 2013
Bài 2. (3,5 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = mx + m - 1 (*) (với m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một
tam giác có diện tích bằng 2.
b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua một điểm cố định với mọi
giá trị của m.
Bài 3. (4,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thoả mãn xyz = 1.
1
1
1
+ 3
+ 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3
.
3
3
x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là một điểm
trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của
điểm I trên các đường thẳng BC, AC, AB.
a) Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng.
b) Xác định vị trí của điểm I để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.
Bài 5. (2,0 điểm)
Giải phương trình sau: (x+3) (4 − x)(12 + x) + x = 28 .
.......................Hết.....................
Họ và tên thí sinh:.............................................................Số báo danh:...............
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:
MÔN: TOÁN
(Bảng B)
Ngày thi: 20/3/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
..............................
...............................
(Đề thi này có 01 trang)
Câu 1. (4,0 điểm)
(
)
x x −1 x x +1 2 x − 2 x +1
Cho biểu thức P =
x − x − x + x :
x −1
với x >0 ; x ≠ 1.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (4,0 điểm)
a + b + c = 6
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: 2
.
a + b 2 + c 2 = 12
Tính giá trị của biểu thức P = (a - 3) 2013 + (b - 3) 2013 + (c - 3) 2013 .
Câu 3. (4,0 điểm)
Giải phương trình: 2( x 2 − 4 x) + x 2 − 4 x − 5 − 13 = 0 .
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung không đi qua tâm O. Điểm A bất kì
nằm trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho điểm O luôn nằm trong tam giác
ABC (A ≠ B; C). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.
b) Đường cao AD cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I đối xứng với H qua BC.
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2OM.
Câu 5. (2,0 điểm)
1
1
1
+
+
≥ 2.
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
1+ x 1+ y 1+ z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz.
-----------------Hết----------------
Họ và tên thí sinh :……………………………………………..Số báo danh :………...
`SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (BẢNG A)
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang)
Bài
Sơ lược bài giải
Điểm
Đặt 2 = a ⇔ 2 = a .
3
3
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 3 a − 1 =
Câu a
2,5
điểm
2
2
1− a + a2
3
9
3
⇔ 9(a − 1) = a − a + 1 ⇔ (a − a + 1) = 9(a − 1).
3
0,5
0,5
Biến đổi vế trái:
(a 2 − a + 1)3 = (a 2 − a + 1) 2 (a 2 − a + 1)
= 3(a 2 − 1)(a 2 − a + 1) = 3(a − 1)(a + 1)(a 2 − a + 1)
= 3(a − 1)(a 3 + 1) = 3(a − 1)(2 + 1) = 9(a − 1)
1,5
Vậy đẳng thức được chứng minh.
2. ta thấy x = 0 không là nghiệm. hệ phương trình tương đương
với:
Bài 1
4,5đ
Câu b
2,0
điểm
1
2013 y − 2012 = x 2
(*)
y 2 + 2012 = 2013
x
2
1
t − 2013 y + 2012 = 0
Đặt: = t , hệ (*) ⇒ 2
⇔ t 2 − 2013 y = y 2 − 2013t
x
y − 2013t + 2012 = 0
y = t
⇔ (t − y )(t + y + 2013) = 0 ⇒
y = −t − 2013
* Trường hợp y = t ⇒ t 2 − 2013t + 2012 = 0,
Giải PT được : t1 = 1; t2 = 2012
* Trường hợp y = −t − 2013 ⇒ t 2 + 2013t + 20132 + 2012 = 0 , PT vô
nghiệm
Câu a
2,0
điểm
Bài 2
3,5đ
1
Vậy hệ có nghiêm ( ( x1 = 1; y1 = 1); ( x2 =
; y2 = 2012)
2012
Vì (*) là hàm số bậc nhất nên m ≠ 0 .
(1)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
Điều kiện để đồ thị của (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam
giác là m ≠ 1.
(2)
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (*) với trục tung
0,25
⇒ A(0; m-1) nên độ dài OA = | m - 1|.
0,25
Gọi B là giao điểm của đường thẳng (*) với trục hoành
⇒ B(
1− m
1− m
; 0) nên độ dài OB = |
|.
m
m
1
0,25
SABC = 2 ⇔
2
1
OA.OB = 2 ⇔ OA.OB = 4.
2
0,25
⇔ (m - 1) = 4|m|
*Với m > 0 thì m2 - 2m + 1 = 4m
0,25
2
⇔ m - 6m + 1 = 0
⇔ m1 = 3 – 2 2 ; m2 = 3 + 2 2 .
*Với m < 0 thì m2 - 2m + 1 = - 4m
2
⇔ m + 2m +1 = 0
⇔ m = -1
Vậy m ∈ { -1; 3 - 2 2 ; 3 + 2 2 } thỏa mãn điều kiện (1) và (2).
0,25
0,25
Câu b
1,5
Điểm
Bài 3
4đ
4
điểm
Gọi M(x0; y0) là điểm cố định thuộc đồ thị (*) khi và chỉ khi:
y0 = mx0 + m – 1
∀m ∈R
⇔ (x0 + 1)m – (y0 + 1) = 0 ∀m ∈ R
x0 + 1 = 0
x0 = −1
Vậy đồ thị của (*) luôn đi qua một điểm
⇔
⇔
y0 + 1 = 0
y0 = −1
cố định M(-1; -1) ∀m ∈ R
Ta có (x - y)2 ≥ 0 với ∀ x, y ∈ R ⇔ x2 - xy + y2 ≥ xy.
Mà x; y > 0 nên x + y > 0.
Mà x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2 ) ≥ (x + y)xy.
3
3
3
3
⇒ x + y +1 = x + y + xyz ≥ (x + y)xy + xyz.
3
3
⇒ x + y +1 ≥ xy(x + y + z) > 0.
Tương tự chứng minh được:y3 + z3 +1 ≥ yz(x + y + z) > 0.
z3 + x3 +1 ≥ zx(x + y + z) > 0.
1
1
1
+
+
xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z)
1
x+y+z
=
⇔ A≤
⇔ A≤1.
xyz(x + y + z) xyz
⇒ A≤
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = y = z = 1.
0,75
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0
Bài 4
6đ
Câu a
3 điểm
Câu b
3 điểm
Từ giả thiết ta có: ∠IPA + ∠INA = 180 ⇒ tứ giác IPAN nội tiếp
(1)
⇒ ∠IPN = ∠IAN ( cùng chắn cung IN)
0
Lại có ∠IPB = ∠IMB = 90 ⇒ tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp
0
(2)
⇒ ∠MPI + ∠IBM = 180
0
Vì I ∈ (O) ⇒ ∠ CAI + ∠IBM = 180
(3)
Từ (2) và (3) ⇒ ∠MPI = ∠CAI
(4)
Từ (4) và (1) ⇒ ∠MPI +∠IPN = ∠CAI + ∠IAN = 1800
Suy ra M, P, N thẳng hàng.
Tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp nên ∠IBA = ∠IMN
( cùng chắn cung IP)
(5)
2
0,75
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
Tứ giác INAP là tứ giác nội tiếp nên ∠INM = ∠IAB
( cùng chắn cung IP)
(6)
Từ (5) và (6) ⇒ tam giác IMN đồng dạng với tam giác IBA
MN IM IN
=
=
≤ 1 ⇒ MN ≤ AB
BA IB IA
M ≡ B
0
Dấu “ =’’xảy ra ⇔
⇔ ∠IAC = ∠IBC = 90
N ≡ A
⇒
⇔ CI là đường kính của (O).
Vậy MN lớn nhất bằng AB ⇔ I đối xứng với C qua O.
Bài 5
2đ
2 điểm
(x+3). (4 − x)(12 + x) + x = 28
(*)
Điều kiện xác định: - 12 ≤ x ≤ 4
Đặt x + 3 = u; (4 − x)(12 + x) = v
2
2
2
2
⇒ u + v = x + 6x + 9 + 48 - 8x – x = 57 - 2x
2
2
⇒ u + v - 1 = 2(28 - x)
(1)
Theo đề bài ta có uv = 28 - x
(2)
2
2
Từ (1) và (2) ta có u + v - 1 = 2uv ⇔ (u - v)2 = 1
u − v = 1
⇔
⇔
u − v = −1
u = v + 1
u = v − 1
i) Với u = v +1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 2 (điều kiện: x ≥ −2 )
Giải phương trình được x = - 3 + 31 ( thỏa mãn).
ii) Với u = v - 1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 4 (điều kiện: x ≥ −4 )
Giải phương trình được x = - 4 + 4 2 ( thỏa mãn)
=> S = {-4 +4 2 ; -3 + 31 }.
3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
nguon tai.lieu . vn
QUẢNG NINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
(Bảng A)
Ngày thi: 20/3/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:
...............................
...............................
(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1. (4,5 điểm)
a) Chứng minh đẳng thức:
3 3
2 −1 =
3
1 32 34
.
−
+
9
9
9
x 2 (2013 y − 2012) = 1
b) Giải hệ phương trình : 2
.
x( y + 2012) = 2013
Bài 2. (3,5 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = mx + m - 1 (*) (với m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một
tam giác có diện tích bằng 2.
b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua một điểm cố định với mọi
giá trị của m.
Bài 3. (4,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thoả mãn xyz = 1.
1
1
1
+ 3
+ 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3
.
3
3
x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là một điểm
trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của
điểm I trên các đường thẳng BC, AC, AB.
a) Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng.
b) Xác định vị trí của điểm I để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.
Bài 5. (2,0 điểm)
Giải phương trình sau: (x+3) (4 − x)(12 + x) + x = 28 .
.......................Hết.....................
Họ và tên thí sinh:.............................................................Số báo danh:...............
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:
MÔN: TOÁN
(Bảng B)
Ngày thi: 20/3/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
..............................
...............................
(Đề thi này có 01 trang)
Câu 1. (4,0 điểm)
(
)
x x −1 x x +1 2 x − 2 x +1
Cho biểu thức P =
x − x − x + x :
x −1
với x >0 ; x ≠ 1.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (4,0 điểm)
a + b + c = 6
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: 2
.
a + b 2 + c 2 = 12
Tính giá trị của biểu thức P = (a - 3) 2013 + (b - 3) 2013 + (c - 3) 2013 .
Câu 3. (4,0 điểm)
Giải phương trình: 2( x 2 − 4 x) + x 2 − 4 x − 5 − 13 = 0 .
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung không đi qua tâm O. Điểm A bất kì
nằm trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho điểm O luôn nằm trong tam giác
ABC (A ≠ B; C). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.
b) Đường cao AD cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I đối xứng với H qua BC.
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2OM.
Câu 5. (2,0 điểm)
1
1
1
+
+
≥ 2.
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
1+ x 1+ y 1+ z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz.
-----------------Hết----------------
Họ và tên thí sinh :……………………………………………..Số báo danh :………...
`SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (BẢNG A)
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang)
Bài
Sơ lược bài giải
Điểm
Đặt 2 = a ⇔ 2 = a .
3
3
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 3 a − 1 =
Câu a
2,5
điểm
2
2
1− a + a2
3
9
3
⇔ 9(a − 1) = a − a + 1 ⇔ (a − a + 1) = 9(a − 1).
3
0,5
0,5
Biến đổi vế trái:
(a 2 − a + 1)3 = (a 2 − a + 1) 2 (a 2 − a + 1)
= 3(a 2 − 1)(a 2 − a + 1) = 3(a − 1)(a + 1)(a 2 − a + 1)
= 3(a − 1)(a 3 + 1) = 3(a − 1)(2 + 1) = 9(a − 1)
1,5
Vậy đẳng thức được chứng minh.
2. ta thấy x = 0 không là nghiệm. hệ phương trình tương đương
với:
Bài 1
4,5đ
Câu b
2,0
điểm
1
2013 y − 2012 = x 2
(*)
y 2 + 2012 = 2013
x
2
1
t − 2013 y + 2012 = 0
Đặt: = t , hệ (*) ⇒ 2
⇔ t 2 − 2013 y = y 2 − 2013t
x
y − 2013t + 2012 = 0
y = t
⇔ (t − y )(t + y + 2013) = 0 ⇒
y = −t − 2013
* Trường hợp y = t ⇒ t 2 − 2013t + 2012 = 0,
Giải PT được : t1 = 1; t2 = 2012
* Trường hợp y = −t − 2013 ⇒ t 2 + 2013t + 20132 + 2012 = 0 , PT vô
nghiệm
Câu a
2,0
điểm
Bài 2
3,5đ
1
Vậy hệ có nghiêm ( ( x1 = 1; y1 = 1); ( x2 =
; y2 = 2012)
2012
Vì (*) là hàm số bậc nhất nên m ≠ 0 .
(1)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
Điều kiện để đồ thị của (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam
giác là m ≠ 1.
(2)
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (*) với trục tung
0,25
⇒ A(0; m-1) nên độ dài OA = | m - 1|.
0,25
Gọi B là giao điểm của đường thẳng (*) với trục hoành
⇒ B(
1− m
1− m
; 0) nên độ dài OB = |
|.
m
m
1
0,25
SABC = 2 ⇔
2
1
OA.OB = 2 ⇔ OA.OB = 4.
2
0,25
⇔ (m - 1) = 4|m|
*Với m > 0 thì m2 - 2m + 1 = 4m
0,25
2
⇔ m - 6m + 1 = 0
⇔ m1 = 3 – 2 2 ; m2 = 3 + 2 2 .
*Với m < 0 thì m2 - 2m + 1 = - 4m
2
⇔ m + 2m +1 = 0
⇔ m = -1
Vậy m ∈ { -1; 3 - 2 2 ; 3 + 2 2 } thỏa mãn điều kiện (1) và (2).
0,25
0,25
Câu b
1,5
Điểm
Bài 3
4đ
4
điểm
Gọi M(x0; y0) là điểm cố định thuộc đồ thị (*) khi và chỉ khi:
y0 = mx0 + m – 1
∀m ∈R
⇔ (x0 + 1)m – (y0 + 1) = 0 ∀m ∈ R
x0 + 1 = 0
x0 = −1
Vậy đồ thị của (*) luôn đi qua một điểm
⇔
⇔
y0 + 1 = 0
y0 = −1
cố định M(-1; -1) ∀m ∈ R
Ta có (x - y)2 ≥ 0 với ∀ x, y ∈ R ⇔ x2 - xy + y2 ≥ xy.
Mà x; y > 0 nên x + y > 0.
Mà x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2 ) ≥ (x + y)xy.
3
3
3
3
⇒ x + y +1 = x + y + xyz ≥ (x + y)xy + xyz.
3
3
⇒ x + y +1 ≥ xy(x + y + z) > 0.
Tương tự chứng minh được:y3 + z3 +1 ≥ yz(x + y + z) > 0.
z3 + x3 +1 ≥ zx(x + y + z) > 0.
1
1
1
+
+
xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z)
1
x+y+z
=
⇔ A≤
⇔ A≤1.
xyz(x + y + z) xyz
⇒ A≤
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = y = z = 1.
0,75
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0
Bài 4
6đ
Câu a
3 điểm
Câu b
3 điểm
Từ giả thiết ta có: ∠IPA + ∠INA = 180 ⇒ tứ giác IPAN nội tiếp
(1)
⇒ ∠IPN = ∠IAN ( cùng chắn cung IN)
0
Lại có ∠IPB = ∠IMB = 90 ⇒ tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp
0
(2)
⇒ ∠MPI + ∠IBM = 180
0
Vì I ∈ (O) ⇒ ∠ CAI + ∠IBM = 180
(3)
Từ (2) và (3) ⇒ ∠MPI = ∠CAI
(4)
Từ (4) và (1) ⇒ ∠MPI +∠IPN = ∠CAI + ∠IAN = 1800
Suy ra M, P, N thẳng hàng.
Tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp nên ∠IBA = ∠IMN
( cùng chắn cung IP)
(5)
2
0,75
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
Tứ giác INAP là tứ giác nội tiếp nên ∠INM = ∠IAB
( cùng chắn cung IP)
(6)
Từ (5) và (6) ⇒ tam giác IMN đồng dạng với tam giác IBA
MN IM IN
=
=
≤ 1 ⇒ MN ≤ AB
BA IB IA
M ≡ B
0
Dấu “ =’’xảy ra ⇔
⇔ ∠IAC = ∠IBC = 90
N ≡ A
⇒
⇔ CI là đường kính của (O).
Vậy MN lớn nhất bằng AB ⇔ I đối xứng với C qua O.
Bài 5
2đ
2 điểm
(x+3). (4 − x)(12 + x) + x = 28
(*)
Điều kiện xác định: - 12 ≤ x ≤ 4
Đặt x + 3 = u; (4 − x)(12 + x) = v
2
2
2
2
⇒ u + v = x + 6x + 9 + 48 - 8x – x = 57 - 2x
2
2
⇒ u + v - 1 = 2(28 - x)
(1)
Theo đề bài ta có uv = 28 - x
(2)
2
2
Từ (1) và (2) ta có u + v - 1 = 2uv ⇔ (u - v)2 = 1
u − v = 1
⇔
⇔
u − v = −1
u = v + 1
u = v − 1
i) Với u = v +1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 2 (điều kiện: x ≥ −2 )
Giải phương trình được x = - 3 + 31 ( thỏa mãn).
ii) Với u = v - 1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 4 (điều kiện: x ≥ −4 )
Giải phương trình được x = - 4 + 4 2 ( thỏa mãn)
=> S = {-4 +4 2 ; -3 + 31 }.
3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25