Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 năm học 2012 – 2013 môn: Toán (bảng b) thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NINH 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 
 MÔN: TOÁN 
(Bảng B) 
Ngày thi: 20/3/2013 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(không kể thời gian giao đề) 
Họ và tên, chữ ký 
của giám thị số 1: 
.............................. 
............................... 
 (Đề thi này có 01 trang) 
Câu 1. (4,0 điểm) 
 Cho biểu thức P = 
( )2 2 11 1
:
1
x xx x x x
xx x x x
 − + − +  −    −− +   
 với >0; 1.x x ≠ 
a) Rút gọn biểu thức P. 
b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên. 
Câu 2. (4,0 điểm) 
 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: 
2 2 2
a + b + c = 6
a + b + c = 12



. 
 Tính giá trị của biểu thức P = 2013 2013 2013(a - 3) + (b - 3) + (c - 3) . 
Câu 3. (4,0 điểm) 
 Giải phương trình: 2 22( 4 ) 4 5 13 0x x x x− + − − − = . 
Câu 4. (6,0 điểm) 
Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung không đi qua tâm O. Điểm A bất kì 
nằm trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho điểm O luôn nằm trong tam giác 
ABC (A ≠ B; C). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. 
b) Đường cao AD cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I đối xứng với H qua BC. 
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2OM. 
Câu 5. (2,0 điểm) 
 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 
1 1 1
2.
1 1 1x y z
+ + ≥
+ + +
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz. 
-----------------Hết---------------- 
Họ và tên thí sinh :..Số báo danh :... 
 1 
`SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn: TOÁN (BẢNG B) 
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang) 
Câu Tóm tắt lời giải 
Cho 
điểm 
Câu 1 
(4điểm ) 
a, P = 






+−
−








+
+−+
−
−
++−
)1)(1(
)1(2
:
)1(
)1)(1(
)1(
)1)(1( 2
xx
x
xx
xxx
xx
xxx 0,5 
= 






+
−







 +−
−
++
1
)1(2
:
11
x
x
x
xx
x
xx 0,5 
= 
)1(2
1
.
11
−
+−+−++
x
x
x
xxxx 0,5 
= 
)1(2
1
.
2
−
+
x
x
x
x
1
1
−
+
=
x
x . 0,5 
b, P = 
1
2
1
1
1
−
+=
−
+
xx
x 0,5 
Để P nhận giá trị nguyên thì ∈−1x Ư(2). 0,25 
* 4211 =⇒=⇒=− xxx 
* 9321 =⇒=⇒=− xxx 
0,5 
* 0011 =⇒=⇒−=− xxx (loại). 
* 121 −=⇒−=− xx (loại). 0,5 
Vậy x nhận các giá trị nguyên 4 ; 9 thì P nhận các giá trị nguyên lần 
lượt là 3; 2. 
 0,25 
Câu 2 
( 4điểm) 
2 2 2
6
12
a b c
a b c
+ + =

+ + =
⇔
2 2 2
4 4 4 24
12
a b c
a b c
+ + =

+ + =
. 1,0 
Từ hai phương trình ta suy ra: 2 2 2 4 4 4 12 0a b c a b c+ + − − − + = . 0,75 
2 2 2( 2) ( 2) ( 2) 0a b c⇔ − + − + − = vì 2( 2) 0a − ≥ ; 2( 2) 0b − ≥ ; 2( 2) 0c − ≥ với 
mọi số thực a, b, c. 
1,0 
2
2
2
( 2) 0
( 2) 0
( 2) 0
a
b
c
 − =

⇔ − =
 − =
( 2) 0
( 2) 0
( 2) 0
a
b
c
− =

⇔ − =
 − =
2
2
2
a
b
c
=

⇔ =
 =
. 0,75 
Vậy P = 2013 2013 2013( 3) ( 3) ( 3)a b c− + − + − = 2013 2013 2013( 1) ( 1) ( 1) 3− + − + − = − . 0,5 
Câu 3 
(4điểm) 
2 2
2 2
2( 4 ) 4 5 13 0
2( 4 5) 4 5 3 0
x x x x
x x x x
− + − − − =
⇔ − − + − − − =
1,0 
 2 
Điều kiện 2 4 5 0x x− − ≥ ⇔ 1x ≤ − hoặc 5x ≥ (*) 
 0,25 
Đặt : 2 4 5t x x= − − ; ( t ≥0) 2 2 4 5t x x⇔ = − − 0,75 
Phương trình đã cho trở thành: 
22 3 0 ( 1)(2 3) 0t t t t+ − = ⇔ − + = ⇔ t = 1 hoặc t = - 
2
3 (loại). 1,0 
Với t = 1 ta có : 2 4 5 1x x− − = 
2 4 6 0
2 10
x x
x
⇔ − − =
⇔ = ±
0,75 
Vậy phương trình có nghiệm là 2 10x = ± ( thỏa mãn điều kiện (*)). 
0,25 
Câu 4 
(6 điểm) 
a, Có∠BFC=900 (vì CF là đường cao của tam giác ABC) 
 ∠BEC = 900 (vì BE là đường cao của tam giác ABC) 1,0 
Như vậy từ hai đỉnh F và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông 
Suy ra hai điểm E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 
0,75 
Vậy tứ giác BFEC nội tiếp. 
0,25 
b, Tứ giác ABDE nội tiếp do có∠BDA = ∠ BEA = 900 
 ⇒∠DBE = ∠DAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE) hay 
∠CBE=∠IAC (1) 
 ∠ IBC=∠ IAC ( góc nội tiếp chắn cung IC) (2) 
 Từ (1) và (2) ⇒ ∠CBE = ∠IBC ⇒BC là tia phân giác góc IBH . 
1,0 
 Ta lại có BC ⊥ HD nên tam giác IBH cân tại B 
 Suy ra BC cũng là trung trực của HI 
 Vậy I và H đối xứng nhau qua BC 
1,0 
c, Kẻ đường kính AK suy ra : KB // CH ( cùng vuông góc với AB ) 
 KC//BH ( cùng vuông góc với AC ) 
⇒ tứ giác BHCK là hình bình hành và M là giao điểm hai đường chéo. 
1,0 
⇒ M là trung điểm của HK 0,5 
⇒ OM là đường trung bình của tam giác AHK ⇒AH = 2OM ( đpcm) 0,5 
Câu 5 
(2 điểm) 
 1 1 1(1 ) (1 ) 2
1 1 1 ) 1 1 (1 )(1 )
y z yz
x y z y z y z
≥ − + − = + ≥
+ + + + + + +
 (1) 0,75 
Tương tự : 1 2
1 (1 )(1 )
zx
y x z
≥
+ + +
 (2) 
 1 2
1 (1 )(1 )
xy
z x y
≥
+ + +
 (3) 
0,5 
 3 
Nhân ba bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3) với nhau ta được 
xyz 1
8
≤ 0,5 
Suy ra giá trị lớn nhất của P = 1
8
 khi x = y = z = 1
2
. 0,25 
H
O
M
K
 I
D
F
E
C
 B
A
 Hình vẽ bài 4 
Các chú ý khi chấm 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách cách giải. Bài làm của học 
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm 
chi tiết nhưng không vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. 
3. Với bài 4 không cho điểm nếu không có hình vẽ.Có thể chia nhỏ điểm thành 
phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong tổ chấm. 
 Hết .