Đề thi tuyển HSG lớp 9 môn Toán năm 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Hải Dương

Đề thi tuyển HSG lớp 9 môn Toán năm 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Hải Dương giúp các em học sinh tự kiểm tra lại kiến thức môn Toán lớp 9 của mình, luyện đề chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển HSG môn Toán sắp tới. Mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

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 3 2 3 2

x y- y +1+ y+ y +1 Tính giá trị của biểu thức

A  x +x y+3x +xy- 2y +1

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21)2 4 2  35

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

x = y- y + 1  y+ y + 1

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 2 2 2

(x 2) 7 (x 4) 5 35

        

(1)

0,25

Do

2

2 2

( 2) 7 7

( 2) 7 ( 4) 5 35 ( 4) 5 5



            

    

0,25

2

2 2

( 2) 7 7 (1)

( 4) 5 5

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 2

2012 0

y    y y )

0,25

   

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2012

  

2 2

2012 2012

2012 2012 2012 2012

y x

    



Do 2

2

2012 | |

2012 2012 0

2012 | |



             





     

0,25

4 4 8 0 ( 2) ( 2) 0

           0,25 2

2

( 2) 0 2

2 2

( 2) 0

y x z

z

     



          Vậy hệ cú nghiệm (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

 )

0,25

* 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) = - m

2 + 2m + 3

0,25

Với m * Ta có x1x2  4và x1 + x2  1 mà x1hoặc x2 nguyên và

2 *

1 2

x x m  *

1 , 2 ( 1 1)( 2 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)

1) 1,0 điểm Vẽ hỡnh đỳng theo yờu cầu chung của đề 0,25

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

DFE= DOE=45 2

0,25

0

BIF 45

2) 1,0 điểm Khi AM = AB thì ΔABM vuông cân tại A => 0

DBH=45 Có 0

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 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng

0,25

0

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

3) 1,0 điểm

Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN Tương tự có NQP=NDP=FEN=> ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng

0,25

=> PQ=NQ 1 PQ EF

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

M

H

K

I

E

B

O D

F

P

Q

N

C

B

A

O D

E

F

M

của (O) => PQ lớn nhất bằng EF

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

M thì PQ lớn nhất

0,25

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 1

     

0,25

             

  

 

             

  

 

                

0,25

Đặt x

z = t =>1 t 2

t

Do 1 t 2  (2 1)( 2)

2

t t 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