Kỳ thi chọn học sinh giỏi huyện Lớp 9 Năm học 2012-2013 Môn Toán

PHÒNG GD&ĐT QUỲNH LƯU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 Năm học 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán - Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho biểu thức: x 3 x 4 5 A x 2 x 3 x x 6          a) Rút gọn A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị là một số nguyên. Câu 2: ( 2,0 điểm) a) Chứng minh rằng: 3 2a 6a 11a 6   luôn chia hết cho 6 với mọi số nguyên a. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2P 5x 9y 12xy 24x 48y 82      Câu 3: (2,0 điểm) a) Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: x 22 y y 2x 1    b) Giải phương trình: (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 24 0      . Câu 4: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 2 2 2x y z x y z y z z x x y 2         Câu 5: ( 2,0 điểm) Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB, Kẻ tia Ax vuông góc với AB ( tia Ax và nữa đường tròn thuộc cùng một nữa mặt phẳng bờ AB). Lấy một điểm C bất kì thuộc nữa đường tròn ( C khác A và B). Qua O kẻ một đường thẳng song song với BC cắt tia Ax tại M và cắt AC tại F. a) Chứng minh rằng MC là tiếp tuyến của nữa đường tròn tâm O. b) BM cắt nữa đường tròn tại D. Chứng minh tam giác MDF đồng dạng với tam giác MOB. Câu 6: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có  0A 90 , có  0B 20 , đường phân giác BI. Vẽ góc  0ACH 30 ( H thuộc cạnh AB). Tính số đo góc CHI ------Hết------ ĐÁP ÁN Câu 1: ( 2,0 điểm) a) ĐKXĐ: x 0 x 0 x 4x 2 0        x 3 x 4 5 ( x 3)( x 3) ( x 4)( x 2) 5 A x 2 x 3 x x 6 ( x 3)( x 2)                   x 9 x 6 x 8 5 2x 6 x 4 (2 x 2)( x 2) 2 x 2 ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) x 3                      b) 2 x 2 2( x 3) 8 8 A 2 x 3 x 3 x 3           Để A có giá trị là một số nguyên thì x 3 Ư(8) và x 3 3  Ta có bảng giá trị x 3 4 8 x 1 25 Kết hợp với ĐKXĐ ta có  x 1;25 Câu 2: ( 2,0 điểm) a) Ta có 3 2 3 2 2a 6a 11a 6 a a 6a 12a 6 (a 1)a(a 1) 6(a 2a 1)              chia hết cho 6 ( vì (a 1)a(a 1)  tích của ba số nguyeen liên tiếp nên chia hết cho 6 ) b) 2 2 2 2 2 2P 5x 9y 12xy 24x 48y 82 9y 6y(2x 8) (2x 8) (2x 8) 5x 24x 82                2 2 2 2 2(3y 2x 8) 4x 32x 64 5x 24x 82 (3y 2x 8) x 8x 18               2 2 2 2(3y 2x 8) x 8x 18 (3y 2x 8) (x 4) 2 2             Dấu “=” xảy ra x 4 3y 2x 8 0 16 x 4 0 y 3             Vậy GTNN của P=2 khi 16 x 4; y 3   Câu 3: (2,0 điểm) a) Vì 2y y y(y 1)   tích hai số nguyên liên tiếp nên 2y y số chẵn, 2x+1 số lẻ Do đó từ đẳng thức x 22 y y 2x 1    suy ra x 2 số lẻ nên x=0 Với x=0 thay vào đẳng thức ta có y 0 y(y 1) 0 y 1        Vậy  (x; y) (0;0), (0; 1)  b)   (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 24 0 (x 1)(x 4) (x 2)(x 3) 24 0               2 2x 5x 4 x 5x 6 24 0       . Đặt 2x 5x 5 t   Ta có phương trình 2 2(t 1)(t 1) 24 0 t 1 24 0 t 25 t 5; t 5              Với t=5 ta có phương trình 2 2x 5x 5 5 x 5x 0 x(x 5) 0 x 0; x 5             Với t=-5 ta có phương trình 2 2 2 25 25 5 16 x 5x 5 5 x 5x 10 (x ) 4 4 2 4              ( vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x=0; x=-5. Câu 4: (1,0 điểm) Áp dụng BĐT cô si ta có: 2 2 2x y z x y z x y z 2 . x x y z 4 y z 4 y z 4             Chứng minh tương tự ta có : 2 2y z x z x y y ; z z x 4 x y 4         Cộng vế theo theo vế ta được: 2 2 2x y z x y z y z z x x y 2         Câu 5: ( 2,0 điểm) a) Chứng minh MC là tiếp tuyến của nữa đường tròn (O). Do OM//BC suy ra  MOC OCB ( So le trong) mà  OCB OBC ( OCB cân) (1) Ta lại có  AOM CBO ( đồng vị) (2) Từ (1) và (2) suy ra  AOM MOC Xét AOC cân tại O có OM phân giác nên OM cũng là trung trực suy ra MC=MA. Ta có AMO = CMO (c.c.c) suy ra   0MCO MAO 90  hay MC OC Do đó MC là tiếp tuyến của nữa đường tròn (O) b) Ta có 2 MD MA MDA MAB (g.g) MD.MB MA (1) MA MB       Xét MAO vuông tại A, đường cao AF nên 2AM MF.MO (2) Từ (1) và (2) suy ra MD MO MD.MB MF.MO MF MB    Xét MDF và MOB có M chung, MD MO MF MB  Do đó MDF MOB (c.g.c) Câu 6: ( 1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra  0HCB 40 . Kẻ đường phân giác CK thì   0HCK BCK 20  . Trong tam giác vuông AHC có  0ACH 30 nên CH AH 2  Ta có AH 1 CH 1 BC HK 2 HK 2 BK              ( Vì CK là phân giác HCB) (1) x O F D M C BA Kẻ KM BC tại M. BMK BAC  (g.g) suy ra BM AB BK AC  hay BC AB AH 2BK AC HK   (2) Do BI là phân giác ABC nên AI AB IC BC  (3) Từ (2) và (3) suy ra AI AH CK / /IH IC HK   . Do đó   0CHI HCK 20  . ------Hết------ ( Nếu ai có cách giải khác hay thì đưa lên để tham khảo) M K I H CB A