020 đề hsg toán 9 hải dương 2012 2013

Tìm các giá trị nguyên dương của m để phương trình 1 có nghiệm nguyên.. Câu IV 3,0 điểm Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O.. M là điểm di chuyển trên đo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2 2 2) Cho x, y thỏa mãn x3 y- y +1+ y+ y +12 3 2 Tính giá trị của biểu thức

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21) 352 4 2 

2) Giải hệ phương trình  2   2 

2 2

x + z - 4(y+z)+8 0













Câu III (2,0 điểm)

1)Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n2 + n + 1) không chia hết cho 9 2)Xét phương trình x2 – m2x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x) Tìm các giá trị nguyên dương của m để phương trình (1) có nghiệm nguyên

Câu IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF tại I M là điểm di chuyển trên đoạn CE

1) Tính BIF

2) Gọi H là giao điểm của BM và EF Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI nội tiếp

3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE, DF Xác định vị trí của điểm M để

PQ lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm)

Cho 3 số a, b, c thỏa mãn 0 a b c 1     Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B (a+b+c+3) 1 + 1 + 1

a+1 b+1 c+1

-Hết -Họ và tên thí sinh………Số báo danh……… ……… Chữ kí của giám thị 1: ……… Chữ kí của giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (chuyên)

Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu I

(2,0đ)

a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a  b ) ac a b(  0,25)

2 (a b)[2c 2ac ab bc]

(a b)[2 (c c a) b a c( )]

(a b a c b)( )( 2 )c

2) 1,0 điểm Có x = y- y + 1 3 2  3 y+ y + 1 2

x = 2y +3 y - y + 1 y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1

0,25

3

x + 3x -2y = 0

A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + 1 = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 10,25

x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1 1

Câu II

(1,0đ)

1)1,0 điểm phương trình đã cho tương đương với (x 2) 2  7 (    x2  4) 2  5   35

(1)

0,25

Do

2

2 2



    

0,25

2

2 2

(1)

x x



 



0,25

2 2

(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1)

x + z - 4(y+z)+8=0 (2)







(1)  x x  2012 y y  2012 y  2012  y  2012 y  2012  y

(Do y2  2012  y  0 y )

0,25

   

x y

2 2



Do

2

2

2012 | |

2012 | |







0,25

Thay y=-x vào(2) x2z24x 4z  8 0 (x2)2(z 2)2 0 0,25

2 2

2 2

z z





(x;y;z)=(-2;2;2)

0,25

Cõu III

(2,0đ)

1)1,0 điểm Đặt A = n2 + n + 1 do n   n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 (k

* n = 3k => A khụng chia hết cho 9 (vỡ A khụng chia hết cho 3) 0,25

* n = 3k + 1 => A = 9k2 + 9k + 3 khụng chia hết cho 9 0,25

* n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 khụng chia hết cho 9 Vậy với mọi số nguyờn n thỡ A = n2 + n + 1 khụng chia hết cho 9 0,25

2)1,0 điểm Giả sử tồn tại m *

  để phơng trình có nghiệm x1, x2 Theo vi-et:

2

1 2

1 2 2 2

  





 (x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + 3

0,25

Với m *

  Ta có x1x2  4và x1 + x2  1 mà x1hoặc x2 nguyên và

2 *

1 2

x x m    x x1, 2 * (x1 1)(x2 1) 0 

2

m 2m 3 0 (m 1)(m 3) 0 m 3

            m {1;2;3}

0,25

Với m = 1; m = 2 thay vào ta thấy phơng trình đã cho vô nghiệm 0,25 Với m = 3 thay vào phơng trình ta đợc nghiệm của phơng trình đã

cho là x =1; x = 8 thoả mãn Vậy m= 3 0,25

Cõu IV

(2,0đ)

H

K

I

E

B

O D

F

Gọi K là giao điểm của BO với DF => ΔIKFIKF vuông tại K 0,25

DFE= DOE=45 2

0,25

BIF 45

2) 1,0 điểm Khi AM = AB thì ΔIKFABM vuông cân tại A => DBH=45 0.Có

DFH=45

=> Tứ giác BDHF nội tiếp

0,25

=> 5 điểm B, D, O, H, F cùng thuộc một đường tròn 0,25

=> BFO=BHO 90   0 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng

0,25

BAH=BIH 45 => Tứ giác ABHI nội tiếp 0,25

3) 1,0 điểm

P

Q

N

C

B

A

O D

E

F

M

Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN   Tương tự có NQP=NDP=FEN  => ΔIKFNEFvà ΔIKFNQPđồng dạng

0,25

=> PQ NQ= 1 PQ EF

0,25 Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi P  F; Q E => DN là đường kính 0,25

của (O) => PQ lớn nhất bằng EF.

Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN của (O), BN cắt AC tại

Câu V

(1,0đ) Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a do 0 a b c 1

    = >1z yx2 Khi đó A= (x+y+z)(1 1 1x yz )=3+3 x x y y z z

     

0,25

   

   

   

   

                

0,25

Đặt x

z= t =>1 t 2

1 1 2 5 2 5 (2 1)( 2) 5

t

Do 1 t 2  (2 1)( 2)

2

t

0

  x z

z x

5 2



 A 3 2.5 2 10

2

0,25

Ta thấy khi a=b=0 và c=1 thì A=10 nên giá trị lớn nhất của A là 10 0,25