Kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 thcs năm học 2011 - 2012 đề thi chính thức môn: Toán (bảng a) thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao ñề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
QUẢNG NINH 
----------
---------- 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 
------------------------------------------- 
ðỀ THI CHÍNH THỨC 
MƠN: TỐN 
(BẢNG A) 
Ngày thi: 23/03/2012 
Thời gian làm bài: 150 phút 
( khơng kể thời gian giao đề) 
(ðề thi này cĩ 1 trang) 
Câu I. ( 2,0 điểm) 
Cho 3 3x 1 2 4= + + , chứng minh rằng: 3 2P x 3x 3x 3= − − + là một số 
chính phương. 
Câu II. ( 6,0 điểm) 
1) Giải hệ phương trình: 
2 2x 4y 5
4xy x 2y 7
 + =

+ + =
 ; 
2) Giải phương trình: 
2 2 2
2x 1 y 1 6z 9 9
x y z 4
− − −
+ + = . 
Câu III. ( 3,0 điểm) 
Tìm các giá trị của tham số m để tập nghiệm của phương trình sau cĩ đúng 
một phần tử: 
( )2 2m x 2m 5 x 1
0
x 1
− + +
=
−
 . 
Câu IV. ( 7,0 điểm) 
Hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy 
M khác A. Qua M các tiếp tuyến MC và MD với đường trịn (O’) ( C và D là 
các tiếp điểm, C nằm ngồi (O)). ðường thẳng AC cắt đường trịn (O) tại P 
khác A, đường thẳng AD cắt đường trịn (O) tại Q khác A. ðường thẳng CD 
cắt PQ tại K. Chứng minh: 
1) Tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng. 
2) ðường trịn ngoại tiếp tam giác KCP luơn đi qua một điểm cố định khi 
M thay đổi. 
3) K là trung điểm của PQ. 
Câu V. ( 2,0 điểm) 
Cho a, b, c là ba số thực dương, chứng minh bất đẳng thức: 
3 3 3
2 2 2a b c a b c
b c a
+ + ≥ + + . 
 Hết . 
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh: . 
Họ và tên, chữ ký của 
giám thị số 1: 
.. 
.. 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 
MƠN TỐN BẢNG A 
CÂU LỜI GIẢI SƠ LƯỢC ðIỂM 
( ) ( ) ( )
2 33 3 3 3
3 3
3 3 3
1 2 2 . 2 1 2 1 1
x 1 2 4
2 1 2 1 2 1
 + + − −  = + + = = =
− − −
 1,0 đ 
I 
(2,0 đ) ( )3 3 3x 2 1 1 2.x x 1 2.x x 1⇔ − = ⇔ − = ⇔ = + ( ) ( )
3 33 2.x x 1⇔ = +
3 3 2 3 2 22x x 3x 3x 1 P x 3x 3x 3 4 2⇔ = + + + ⇔ = − − + = = . 
Vậy P là số chính phương. 
1,0 đ 
1) Cộng vế với vế của hai phương trình được: 
( ) ( )22 2x 4y 4xy x 2y 12 x 2y x 2y 12 0+ + + + = ⇔ + + + − = 0,5 đ 
ðặt x 2y t+ = ta cĩ phương trình: 2t t 12 0+ − = , giải phương trình được: 
1 2t 4; t 3= − = . 
0,5 đ 
Với 1t 4= − , kết hợp với phương trình 4xy x 2y 7+ + = được 4xy 11= . Mà 
2 2x 4y 5+ = ( )22 2x 4y 4xy 6 x 2y 6⇒ + − = − ⇒ − = − ( loại) 
0,5 đ 
Với 2t 3= , kết hợp với phương trình 4xy x 2y 7+ + = được 4xy 4= . Mà 
2 2x 4y 5+ = ( )22 2x 4y 4xy 1 x 2y 1 x 2y 1⇒ + − = ⇒ − = ⇒ − = ± 
*) x 2y 1− = , kết hợp với x 2y 3+ = được nghiệm: 
1
1
x 2
1
y
2
=


=
**) x 2y 1− = − , kết hợp với x 2y 3+ = , được nghiệm 2
2
x 1
y 1
=

=
1,25 đ 
Vậy hệ cĩ hai nghiệm là: 
1
2; 
2
 
 
 
 và ( )1;1 . 
0,25 đ 
2) ðK: x 0; y 0;z 0≠ ≠ ≠ 0,25 đ 
2 2 2 2 2 2
2x 1 y 1 6z 9 9 2 1 1 1 6 9 9
0
4 x y z 4x y z x y z
− − −
+ + = ⇔ − + − + − − = 
2 2 2
1 2 1 1 1 9 6
1 1 0
x y 4 zx y z
    ⇔ − + + − + + − + =    
    
22 2
1 1 1 3
1 1 0
x y 2 z
    ⇔ − + − + − =    
    
2,0 đ 
Ta cĩ 
2
1
1 0
x
 − ≥ 
 
 với x∀ ,
2
1 1
0
y 2
 
− ≥ 
 
 với y∀ ,
2
3
1 0
z
 − ≥ 
 
 với z∀ . Vậy : 
22 2
1 1 1 3
1 1 0
x y 2 z
    − + − + − =    
    
1 1 1 3
1 1 0
x y 2 z
⇔ − = − = − = 
0,5 đ 
II 
(6,0 đ) 
KL: phương trình cĩ nghiệm duy nhất : 
x 1
y 2
z 3
=

=
 =
 0,25 đ 
 Số nghiệm của phương trình 
( )2 2m x 2m 5 x 1
0
x 1
− + +
=
−
 (1) 
là số nghiệm x 1≠ của phương trình ( )2 2m x 2m 5 x 1 0− + + = (2) 
0,5 đ 
TH1 : Với 2m 0 m 0= ⇔ = thì (2) cĩ nghiệm duy nhất 
1
x 1
5
= ≠ . Vậy m 0= là 
một giá trị cần tìm. 
0,25 đ 
TH2: Với 2m 0 m 0≠ ⇔ ≠ thì (2) cĩ ( )2 22m 5 4m 20m 25∆ = + − = + 0,25 đ 
*) Với 
5
0 m
4
∆ < ⇔ < − ( )2⇔ vơ nghiệm ( )1⇔ vơ nghiệm. Vậy 5m
4
< − 
khơng thỏa mãn. 
0,5 đ 
**) Với ( )50 m 0 2
4
∆ = ⇔ = − ≠ ⇔ cĩ nghiệm kép 1;2
4
x 1
5
= ≠ ⇔ tập nghiệm 
của (1) cĩ một phần tử. Vậy 
5
m
4
= − là một giá trị cần tìm. 
0,5 đ 
***) Với ( )
5
m
0 24
m 0
 > −
∆ > ⇔ ⇔
 ≠
 cĩ hai nghiệm phân biệt. 
ðể tập nghiệm của (1) cĩ 1 phần tử thì (2) cĩ một nghiệm x 1= 
2
1;2m 2m 4 0 m 1 5⇔ − − = ⇔ = ± , kết hợp với điểu kiện 
5
m
4
m 0
 > −

 ≠
 thì 
m 1 5= + và m 1 5= − là hai giá trị cần tìm. 
0,75 đ 
III 
(3,0 đ) 
Vây các giá trị cần tìm của m là: 1 2 3 4
5
m 0; m ; m 1 5; m 1 5
4
= = − = + = − 0,25 đ 
1) · ·BPQ BAQ= ( hai gĩc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ ) 
· ·BAD BCD= (hai gĩc nội tiếp (O’) cùng chắn »BD ) 
· ·BPQ BCD⇒ = 
1,0 đ 
· ·BQP BAC= ( tứ giác ABQP nội tiếp (O)) 
· ·BAC BDC= ( hai gĩc nội tiếp (O’) cùng chắn »CB ) 
· ·BQP BDC⇒ = 
1,0 đ 
Vậy tam giác BCD và tam giác BPQ đồng dạng. 0,5 đ 
 2) Vì · ·BCD BPQ= ⇒ · ·BPK BCK= ⇒ tứ giác BCPK nội tiếp 1,0 đ 
Hay đường trịn ngoại tiếp tam giác CPK đi qua B cố định. 1,0 đ 
3) Vì tứ giác BCPK nội tiếp · ·BCA BKQ⇒ = mà · ·CAB KQB= ⇒ ∆BCA và 
∆BKQ đồng dạng
KQ CA
BK CB
⇒ = (1) 
0,5 đ 
· ·MCA CBA= ( gĩc nội tiếp và gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O) 
cùng chắn »AC )⇒ ∆MCA và ∆MBC đồng dạng 
CA MA
CB MC
⇒ = (2) 
0,5 đ 
IV 
(7,0 đ) 
vì tứ giác BCPK nội tiếp · ·PBK PCK⇒ = , mà · ·ACD ABD= ( hai gĩc nội tiếp 
(O') cùng chắn »AD ) · ·PBK ABD⇒ = 
lại cĩ · ·BAD BPK= ( hai gĩc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ ) 
⇒ ∆ABD và ∆PBK đồng dạng ⇒
KP AD
BK BD
= (3) 
0,5 đ 
· ·ADM MBD= ( gĩc nội tiếp và gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O') 
cùng chắn »AD ) ⇒ ∆MAD và ∆MDB đồng dạng ⇒
AD MA
BD MD
= (4) 
0,5 đ 
từ (1), (2), (3), (4) và MC = MD ( tính chất tiếp tuyến) ⇒KP = KQ (ðPCM) 0,5 đ 
K
Q
P
D
C
B
A
O' O
M
Hình vẽ 
Áp dụng Bất đẳng thức Cơ – si cho hai số dương 
3a
b
 và ab cĩ: 
3 3
2a aab 2 .ab 2a
b b
+ ≥ = , tương tự được:
3
2b bc 2b
c
+ ≥ ; 
3
2c ac 2c
a
+ ≥ . 
0,5 đ 
Cộng vế với vế của ba BðT trên ta được: 
( ) ( )
3 3 3
2 2 2a b c ab bc ca 2 a b c
b c a
+ + + + + ≥ + + (1) 
0,25 đ 
Theo Cơ – si cĩ 
2 2
2 2a b a b ab
2
+
≥ = , tương tự 
2 2 2 2b c c a
bc; ac
2 2
+ +
≥ ≥ 0,5 đ 
cộng vế với vế được 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + (2) 0,25 đ 
V 
(2,0 đ) 
Cộng vế với vế của (1) và (2) được : 
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2 2 2 2a b c ab bc ca a b c 2 a b c ab bc ca
b c a
+ + + + + + + + ≥ + + + + +
3 3 3
2 2 2a b c a b c
b c a
⇔ + + ≥ + + (ðPCM) 
0,5 đ 
Các chú ý khi chấm. 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của 
học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được 
cho điểm tối đa. 
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống 
nhất điểm chi tiết nhưng khơng được vượt quá số điểm dành cho câu 
hoặc phần đĩ. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được 
trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
3. ðiểm tồn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, khơng làm trịn 
điểm.