Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Tỉnh Hải Dương (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013
Câu 1: (2,0 điểm)
 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
 a2 b 2c b2 c a 2c2 a b abc .
 2) Cho x , y thỏa mãn x 3 y y2 1 3 y y2 1 . 
 4 3 2 2
 Tính giá trị của biểu thức A x x y 3x xy 2y 1 .
Câu 2: (2,0 điểm)
 1) Giải phương trình x2 4x 11 x4 8x2 21 35 .
 2 2
 x x 2012 y y 2012 2012
 2) Giải hệ phương trình .
 2 2
 x z 4 y z 8 0 
Câu 3: (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 – m2 x 2m 2 0 1 (ẩn x ). Tìm các giá trị nguyên dương 
 của m để phương trình 1 có nghiệm nguyên.
Câu 4: (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 5: (1,0 điểm)
 Cho 3 số a , b , c thỏa mãn 0 a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 1 1 1 
 B a b c 3 .
 a 1 b 1 c 1 LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013
Câu 1: (2,0 điểm)
 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
 a2 b 2c b2 c a 2c2 a b abc .
 2) Cho x , y thỏa mãn x 3 y y2 1 3 y y2 1 . 
 4 3 2 2
 Tính giá trị của biểu thức A x x y 3x xy 2y 1 .
 Lời giải
 1)
 a2 b 2c b2 c a 2c2 a b abc 2c2 a b ab a b c a2 b2 ac a b 
 2
 a b 2c 2ac ab bc 
 a b 2c c a b a c 
 a b a c b 2c 
 2) Ta có: 
 x 3 y y2 1 3 y y2 1
 3 2 2 2 2 
 x 2y 33 y y 1 . 3 y y 1 3 y y 1 3 y y 1 
 x3 3x 2y 0
 A x4 x3 y 3x2 2xy 3xy 2y2 1 x4 3x2 2xy x3 y 3xy 2y2 1
 A x x3 3x 2y y x3 3x 2y 1 1
Câu 2: (2,0 điểm)
 1) Giải phương trình x2 4x 11 x4 8x2 21 35 .
 2 2
 x x 2012 y y 2012 2012
 2) Giải hệ phương trình .
 2 2
 x z 4 y z 8 0 
 Lời giải
 1) Phương trình đã cho tương đương với
 2
 x 2 2 7 x2 4 5 35
 (1)
 (x 2)2 7 7x 
 (x 2)2 7 (x2 4)2 5 35 x
 Do 2 2  
 (x 4) 5 5x 
 (x 2)2 7 7
 1 
 2 2
 (x 4) 5 5
 x 2
 2) 2 2
 x x 2012 y y 2012 2012 1 
 2 2
 x z 4 y z 8 0 2 
 (1) x x2 2012 y y2 2012 y2 2012 y 2012 y2 2012 y 
 (Do y2 2012 y 0 ,y )
 x x2 2012 2012 2012 y2 2012 y 
 x x2 2012 y2 2012 y
 x y y2 2012 x2 2012
 y2 2012 x2 2012 y2 2012 x2 2012 
 x y 
 y2 2012 x2 2012
 y2 x2
 x y 
 y2 2012 x2 2012
 y2 2012 y x2 2012 x
 x y 0
 y2 2012 x2 2012
 2 
 y 2012 y y y 
  y2 2012 y x2 2012 x 0
 Do 2
 x 2012 x x x 
 Thay y x vào 2 x2 z2 4x 4z 8 0 (x 2)2 (z 2)2 0
 (x 2)2 0 x 2
 y x 2
 2 
 (z 2) 0 z 2
 Vậy hệ có nghiệm x; y; z 2;2;2 .
Câu 3: (2,0 điểm)
 3) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 n 1 không chia hết cho 9.
 4) Xét phương trình x2 – m2 x 2m 2 0 1 (ẩn x ). Tìm các giá trị nguyên dương 
 của m để phương trình 1 có nghiệm nguyên.
 Lời giải
 1)
 2
 Đặt A n n 1 do n ¢ n 3k ; n 3k 1; n 3k 2( k ¢ )
 * n 3k A không chia hết cho 9 (vì A không chia hết cho 3)
 * n 3k 1 A 9k 2 9k 3 không chia hết cho 9.
 * n 3k 2 A 9k 2 9k 7 không chia hết cho 9 
 Vậy với mọi số nguyên n thì A n2 n 1 không chia hết cho 9. *
 2) Giả sử tồn tại m ¥ để phương trình có nghiệm x1 , x2
 2
 x1 x2 m 2
 Theo Vi-et: x1 1 x2 1 m 2m 3
 x1x2 2m 2
 * 2 *
 Với m ¥ . Ta có x1x2 4 vµ x1 x2 1 mà x1 hoặc x2 nguyên và x1 x2 m ¥
 x , x ¥ * (x 1)(x 1) 0
 1 2 1 2 
 m2 2m 3 0 (m 1)(m 3) 0 m 3 m 1;2;3
 Với m 1; m 2 thay vào ta thấy phương trình đã cho vô nghiệm.
 Với m 3 thay vào phương trình ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 1; 
 x 8 thỏa mãn. Vậy m 3 .
Câu 4: (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.
 Lời giải
 1)
 B
 F
 K
 H
 D
 O
 I
 A E M C
 Gọi K là giao điểm của BO với DF IKF vuông tại K 
 1
 Có D·FE D·OE 45 B·IF 45
 2 · ·
 Khi AM AB thì ABM vuông cân tại A DBH 45. Có DFH 45
 Tứ giác BDHF nội tiếp.
 5 điểm B , D , O , H , F cùng thuộc một đường tròn.
 · ·
 BFO BHO 90 OH  BM , mà OA  BM A , O , H thẳng hàng.
 · ·
 BAH BIH 45 Tứ giác ABHI nội tiếp.
 2) 
 B
 F
 P
 D
 O
 N
 A
 E M C
 Q
 Có tứ giác PNQD nội tiếp Q·PN Q·DN E·FN . 
 · · ·
 Tương tự có NQP NDP FEN NEF và NQP đồng dạng.
 PQ NQ
 1 PQ EF
 EF NE
 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi P  F ; Q  E DN là đường kính 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.
Câu 5: (1,0 điểm) 
 Cho 3 số a , b , c thỏa mãn 0 a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 1 1 1 
 B a b c 3 .
 a 1 b 1 c 1 
 Lời giải
 Đặt x 1 c , y 1 b , z 1 a 
 Do 0 a b c 1 1 z y x 2 . Khi đó 
 1 1 1 x x y y z z
 A x y z 3 3 
 x y z y z x z x y
 x y x y x.y x y x
 1 1 0 1 0 1
 y z y z y.z y z z
 z y z y z.y z y z
 1 1 0 1 0 1
 y x y x y.x y x x
 x y z y x z x x y y z z x z 
 2 2 2 
 y z y x z x y z x z x y z x 
 x
Đặt t 1 t 2
 z
 x z 1 t 2 1 2t 2 5t 2 5 (2t 1)(t 2) 5
 t 
 z x t t 2t 2 2t 2
 (2t 1)(t 2) x z 5
Do 1 t 2 0 
 2t z x 2
 5
 A 3 2. 2 10
 2
Ta thấy khi a b 0 và c 1 thì A 10 nên giá trị lớn nhất của A là 10.