Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Tỉnh Kiên Giang (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012-2013
Câu 1: (4,0 điểm)
 a) Tìm m để hàm số y m2 2m x m2 1 nghịch biến và đồ thị của nó cắt trục 
 tung tại điểm có tung độ bằng 3.
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M 5x2 y2 z2 4x 2xy z 1. 
 c) Cho x y 5 và x2 y2 11. Tính x3 y3 .
Câu 2: (4,0 điểm)
 x2 5x 6 x 9 x2 2x
 a) Rút gọn: A : 2 1 . 
 3x x2 x 2 9 x2 3 x
 1 1 1 1
 b) Cho a,b,c thỏa mãn .
 a b c a b c
 Tính giá trị biểu thức Q a27 b27 b27 c27 c27 a27 .
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: 3 x 10 3 17 x 3 .
 2x 3 y 5
 2 3
 b) Giải hệ phương trình: y 5 2x 3 với x ; y 5 . 
 2
 3x 2y 19
Câu 4: (4,0 điểm)
 Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD . Qua A vẽ AK // BC ( K CD ) và qua B 
 kẻ BI // AD ( I CD ); BI cắt AC tại F, AK cắt BD tại E .
 a) Chứng minh KD CI và EF // AB . 
 b) Chứng minh AB2 CD.EF .
Câu 5: (4,0 điểm)
 Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn O; R . M là một điểm di động trên cung 
 BC của đường tròn đó.
 a) Chứng minh: MB MC MA.
 b) Xác định vị trí của điểm M để tổng MA MB MC đạt giá trị lớn nhất.
 c) Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AC ; đặt diện tích tam giác ABC 
 là S và diện tích tam giác MBC là S '. Chứng minh rằng: 
 2 3 S 2S ' 
 MH MK MQ khi M di động trên cung BC .
 3R
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: .
 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012-2013 Câu 1: (4,0 điểm)
 a) Tìm m để hàm số y m2 2m x m2 1 nghịch biến và đồ thị của nó cắt trục 
 tung tại điểm có tung độ bằng 3.
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M 5x2 y2 z2 4x 2xy z 1. 
 c) Cho x y 5 và x2 y2 11. Tính x3 y3 .
 Lời giải
 a) Hàm số y m2 2m x m2 1 nghịch biến m2 2m 0 m m 2 0
 0 m 2 1 
 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 khi m2 1 3 m 2 
 2 
 Từ (1) và (2) suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài 
 b) M 5x2 y2 z2 4x 2xy z 1
 1 9
 x2 2xy y2 4x2 4x 1 z2 z 
 4 4
 2
 2 2 1 9 9
 x y 2x 1 z 
 2 4 4
 x y 0
 1
 Dấu “=” xảy ra khi 2x 1 0 x y z 
 2
 1
 z 0
 2
 9 1
 Vậy giá trị nhỏ nhất của M khi x y z .
 4 2
 c) Ta có: x3 y3 x y x2 y2 xy 5 11 xy (1)
 mà x y 5 x2 y2 2xy 25 11 2xy 25 xy 7 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra x3 y3 5 11 7 20
Câu 2: (4,0 điểm)
 x2 5x 6 x 9 x2 2x
 a) Rút gọn: A : 2 1 . 
 3x x2 x 2 9 x2 3 x
 1 1 1 1
 b) Cho a,b,c thỏa mãn .
 a b c a b c
 Tính giá trị biểu thức Q a27 b27 b27 c27 c27 a27 .
 Lời giải
 a) Điều kiện: 3 x 3 
 x 3 x 2 x 3 x. 3 x 3 x 2x
 A : 2 
 x 3 x x 2 3 x. 3 x 3 x 3 x 3 x x 2 3 x x 3 x 3 x
 : 2
 3 x
 3 x x 3 x x 2 3 x 
 3 x 3 x 1
 : 2 .
 3 x 3 x 2
 1 1 1 1 1 1 1 1 
 b) Ta có: 0
 a b c a b c a b c a b c 
 a b a b
 0 a b c a b c ab 0
 ab c a b c 
 a b c a c bc ab 0 a b c a c b c a 0
 a b 0 a b
 a b a c b c 0 
 b c 0 b c
 a c 0 c a
 Thế vào tính được Q 0 .
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: 3 x 10 3 17 x 3 .
 2x 3 y 5
 2 3
 b) Giải hệ phương trình: y 5 2x 3 với x ; y 5 . 
 2
 3x 2y 19
 Lời giải
 a) 3 x 10 3 17 x 3
 x 10 17 x 33 x 10 17 x 3 x 10 3 17 x 27
 27 33 x 10 17 x .3 27
 3 x 10 17 x 0
 x 10 17 x 0
 x 10 0 x 10
 .
 17 x 0 x 17
 2x 3 2x 3 y 5
 b) Đặt a (với a 0 ), khi đó phương trình 2 có dạng 
 y 5 y 5 2x 3
 1 2
 a 2 a2 2a 1 0 a 1 0 a 1(thỏa mãn điều kiện)
 a
 2x 3
 Với a 1 1 2x y 8 .
 y 5
 2x y 8 4x 2y 16 7x 35 x 5
 Do đó ta có hệ phương trình 
 3x 2y 19 3x 2y 19 3x 2y 19 y 2
 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x, y 5;2 .
Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD . Qua A vẽ AK // BC ( K CD ) và qua B 
 kẻ BI // AD ( I CD ); BI cắt AC tại F, AK cắt BD tại E .
 a) Chứng minh KD CI và EF // AB . 
 b) Chứng minh AB2 CD.EF .
 Lời giải
 A B
 F
 E
 D I K C
 a) Ta có các tứ giác ABID, ABCK là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối song 
 song) 
 DI CK AB 
 DI IK CK IK DK CI 
 AE AB
 AEB ∽ KED (g.g) 
 EK KD
 AF AB
 AFB ∽ CFI (g.g) 
 FC CI
 AE AF
 Mà KD CI EF // KC (Định lý Ta let đảo trong AKC )
 EK FC
 Vì KC // AB nên EF // AB . 
 b) Ta có KED ∽ AEB (g.g) 
 DK DE DK AB DE EB DK KC DB DC DB
 (1)
 AB EB AB EB AB EB AB EB
 (Vì ABCK là hình bình hành)
 Do EF // DI (theo chứng minh : EF // KC và I KC )
 DB DI DB AB
 mà DI AB (2) 
 EB EF EB EF
 DC AB
 Từ (1) và (2) suy ra AB2 DC.EF . 
 AB EF
Câu 5: (4,0 điểm) A
 Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn O; R . M là 
 một điểm di động trên cung BC của đường tròn đó.
 a) Chứng minh: MB MC MA.
 b) Xác định vị trí của điểm M để tổng MA MB MC đạt giá 
 trị lớn nhất. O
 D Q
 c) Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AC ; B
 đặt diện tích tam giác ABC là S và diện tích tam giác MBC C
 H K
 M 2 3 S 2S ' 
là S '. Chứng minh rằng: MH MK MQ khi M di động trên cung BC .
 3R
 Lời giải
a) Trên MA lấy D sao cho MD MB suy ra MDB cân tại M
 B· MD B· CA 60 (cùng chắn cung »AB ) suy ra MDB đều
Xét MBC và DBA có
 MB BD (vì MDB đều)
 BC AB (vì ABC đều)
 M· BC D· BA (cùng cộng D· BC bằng 60 )
 MBC DBA (c.g.c) 
 MC DA (hai cạnh tương ứng)
Mà MD MB suy ra MB MC MA.
b) Ta có MA là dây cung của O; R suy ra MA 2R 
 MA MB MC 4R (không đổi)
Dấu “ =” xảy ra MA là đường kính M là điểm chính giữa cung BC .
 MH.AB MK.BC MQ.AC
c) Ta có S S S 
 2 2 2 MAB MBC MAC
 AB. MH MK MQ 2 S 2S ' 
 2 S 2S ' 
 MH MK MQ 
 AB
Vì AB là cạnh tam giác đều nội tiếp O; R 
 2 3 S 2S ' 
 AB R 3 MH MK MQ .
 3R