Đề chọn HSG cấp tỉnh Toán 9, Sở GD Quảng Ninh năm học 2012-2013

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 −1 x − x x + x      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 . 2 2 a + b + c = 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 0,5 9 3 ⇔ 3 9(a − 1) = a − a + 1 ⇔ (a − a + 1) = 9(a − 1). 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 t 2 − 2013 y + 2012 = 0 1 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 n i A p o C m B Hình vẽ bài 4 Các lưu ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần của câu nhưng không vượt quá số điểm của câu hoặc phần đó. 3. Bài 4 không vẽ hình không cho điểm cả bài. Bài 4 câu b tìm được vị trí điểm I không chứng minh không cho điểm. 4. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 5. Điểm toàn bài là tổng số điểm đã chấm. Không làm tròn. .......................Hết..................... 4 `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 B) (Hướng dẫn chấm này có 03 trang) Câu Cho điểm Tóm tắt lời giải  ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)( x − x + 1)   : a, P =  −   0,5  x + x + 1 x − x + 1   2( x − 1)  :  =  −    0,5 x ( x − 1)  x  = x   x +1  x + x +1− x + x −1 x +1 . x 2( x − 1) . x +1 = 2( x − 1) Câu 1 (4điểm ) b, P = x +1 = 1+ x −1 = x ( x + 1) 2( x − 1) 2      ( x − 1)( x + 1)  2 x x 0,5 x +1 . x −1 0,5 2 x −1 0,5 Để P nhận giá trị nguyên thì x − 1 ∈ Ư(2). * x −1 = 1 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 * x −1 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9 * x − 1 = −1 ⇒ x = 0 ⇒ x = 0 (loại). * x − 1 = −2 ⇒ x = −1 (loại). Vậy x nhận các giá trị nguyên 4 ; 9 thì P nhận các giá trị nguyên lần lượt là 3; 2. a + b + c = 6 4a + 4b + 4c = 24 ⇔ 2 .  2 2 2 2 2 a + b + c = 12 a + b + c = 12 Từ hai phương trình ta suy ra: a 2 + b 2 + c 2 − 4a − 4b − 4c + 12 = 0 . ⇔ (a − 2)2 + (b − 2) 2 + (c − 2) 2 = 0 vì (a − 2) 2 ≥ 0 ; (b − 2) 2 ≥ 0 ; (c − 2) 2 ≥ 0 với Câu 2 mọi số thực a, b, c. ( 4điểm) (a − 2) 2 = 0 (a − 2) = 0 a = 2    ⇔ (b − 2) 2 = 0 ⇔ (b − 2) = 0 ⇔ b = 2 . (c − 2) 2 = 0 (c − 2) = 0 c = 2    Vậy P = (a − 3) 2013 + (b − 3)2013 + (c − 3) 2013 = (−1) 2013 + (−1)2013 + (−1)2013 = −3 . Câu 3 (4điểm) 2( x 2 − 4 x) + x 2 − 4 x − 5 − 13 = 0 ⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + x 2 − 4 x − 5 − 3 = 0 1 0,25 0,5 0,5 0,25 1,0 0,75 1,0 0,75 0,5 1,0 Điều kiện x 2 − 4 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 hoặc x ≥ 5 0,25 (*) 0,75 Đặt : t = x 2 − 4 x − 5 ; ( t ≥ 0) ⇔ t 2 = x 2 − 4 x − 5 Phương trình đã cho trở thành: 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔ (t − 1)(2t + 3) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = - 3 (loại). 2 Với t = 1 ta có : x 2 − 4 x − 5 = 1 ⇔ x2 − 4 x − 6 = 0 1,0 0,75 ⇔ x = 2 ± 10 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 ± 10 ( thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 a, Có∠BFC=900 (vì CF là đường cao của tam giác ABC) ∠BEC = 900 (vì BE là đường cao của tam giác ABC) 1,0 Như vậy từ hai đỉnh F và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông Suy ra hai điểm E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 0,75 Vậy tứ giác BFEC nội tiếp. 0,25 b, Tứ giác ABDE nội tiếp do có∠BDA = ∠ BEA = 900 ⇒ ∠DBE = ∠DAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE) hay (1) Câu 4 ∠CBE=∠IAC ∠ IBC=∠ IAC ( góc nội tiếp chắn cung IC) (2) (6 điểm) Từ (1) và (2) ⇒ ∠CBE = ∠IBC ⇒ BC là tia phân giác góc IBH . Ta lại có BC ⊥ HD nên tam giác IBH cân tại B Suy ra BC cũng là trung trực của HI Vậy I và H đối xứng nhau qua BC c, Kẻ đường kính AK suy ra : KB // CH ( cùng vuông góc với AB ) KC//BH ( cùng vuông góc với AC ) ⇒ tứ giác BHCK là hình bình hành và M là giao điểm hai đường chéo. ⇒ M là trung điểm của HK ⇒ OM là đường trung bình của tam giác AHK ⇒ AH = 2OM ( đpcm) 1 1 1 y z yz ≥ (1 − ) + (1 − )= + ≥2 1+ x 1+ y 1 + z) 1 + y 1 + z (1 + y )(1 + z ) Câu 5 1 ≥2 (2 điểm) Tương tự : (1) zx (1 + x)(1 + z ) (2) 1 xy ≥2 1+ z (1 + x)(1 + y ) (3) 1+ y 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0,75 0,5 2 Nhân ba bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3) với nhau ta được xyz ≤ 1 8 Suy ra giá trị lớn nhất của P = 1 1 khi x = y = z = . 8 2 0,5 0,25 A E F O H C B M D K I Hình vẽ bài 4 Các chú ý khi chấm 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. 3. Với bài 4 không cho điểm nếu không có hình vẽ.Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong tổ chấm. ………………… Hết ………………. 3