Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 9 THCS năm học 2011-2012 môn: Toán (bảng A)

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 
MÔN: TOÁN 
(BẢNG A) 
Ngày thi: 23/03/2012 
Thời gian làm bài: 150 phút 
( không kể thời gian giao ñề) 
(ðề thi này có 1 trang) 
Câu I. ( 2,0 ñiểm) 
Cho 3 3x 1 2 4= + + , chứng minh rằng: 3 2P x 3x 3x 3= − − + là một số 
chính phương. 
Câu II. ( 6,0 ñiểm) 
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 ñiểm) 
Tìm các giá trị của tham số m ñể tập nghiệm của phương trình sau có ñúng 
một phần tử: 
( )2 2m x 2m 5 x 1
0
x 1
− + +
=
−
 . 
Câu IV. ( 7,0 ñiểm) 
Hai ñường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Trên tia ñối của tia AB lấy 
M khác A. Qua M các tiếp tuyến MC và MD với ñường tròn (O’) ( C và D là 
các tiếp ñiểm, C nằm ngoài (O)). ðường thẳng AC cắt ñường tròn (O) tại P 
khác A, ñường thẳng AD cắt ñường tròn (O) tại Q khác A. ðường thẳng CD 
cắt PQ tại K. Chứng minh: 
1) Tam giác BCD và tam giác BPQ ñồng dạng. 
2) ðường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh khi 
M thay ñổi. 
3) K là trung ñiểm của PQ. 
Câu V. ( 2,0 ñiểm) 
Cho a, b, c là ba số thực dương, chứng minh bất ñẳng 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 
MÔN TOÁN 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 ñ 
I 
(2,0 ñ) ( )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 ñ 
1) Cộng vế với vế của hai phương trình ñược: 
( ) ( )22 2x 4y 4xy x 2y 12 x 2y x 2y 12 0+ + + + = ⇔ + + + − = 0,5 ñ 
ðặt x 2y t+ = ta có phương trình: 2t t 12 0+ − = , giải phương trình ñược: 
1 2t 4; t 3= − = . 
0,5 ñ 
Với 1t 4= − , kết hợp với phương trình 4xy x 2y 7+ + = ñược 4xy 11= . Mà 
2 2x 4y 5+ = ( )22 2x 4y 4xy 6 x 2y 6⇒ + − = − ⇒ − = − ( loại) 
0,5 ñ 
Với 2t 3= , kết hợp với phương trình 4xy x 2y 7+ + = ñược 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+ = ñược nghiệm: 
1
1
x 2
1
y
2
=


=
**) x 2y 1− = − , kết hợp với x 2y 3+ = , ñược nghiệm 2
2
x 1
y 1
=

=
1,25 ñ 
Vậy hệ có hai nghiệm là: 
1
2; 
2
 
 
 
 và ( )1;1 . 
0,25 ñ 
2) ðK: x 0; y 0;z 0≠ ≠ ≠ 0,25 ñ 
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 ñ 
Ta có 
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 ñ 
II 
(6,0 ñ) 
KL: phương trình có nghiệm duy nhất : 
x 1
y 2
z 3
=

=
 =
 0,25 ñ 
 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 ñ 
TH1 : Với 2m 0 m 0= ⇔ = thì (2) có nghiệm duy nhất 
1
x 1
5
= ≠ . Vậy m 0= là 
một giá trị cần tìm. 
0,25 ñ 
TH2: Với 2m 0 m 0≠ ⇔ ≠ thì (2) có ( )2 22m 5 4m 20m 25∆ = + − = + 0,25 ñ 
*) Với 
5
0 m
4
∆ < ⇔ < − ( )2⇔ vô nghiệm ( )1⇔ vô nghiệm. Vậy 5m
4
< − 
không thỏa mãn. 
0,5 ñ 
**) Với ( )50 m 0 2
4
∆ = ⇔ = − ≠ ⇔ có nghiệm kép 1;2
4
x 1
5
= ≠ ⇔ tập nghiệm 
của (1) có một phần tử. Vậy 
5
m
4
= − là một giá trị cần tìm. 
0,5 ñ 
***) Với ( )
5
m
0 24
m 0
 > −
∆ > ⇔ ⇔
 ≠
 có hai nghiệm phân biệt. 
ðể tập nghiệm của (1) có 1 phần tử thì (2) có một nghiệm x 1= 
2
1;2m 2m 4 0 m 1 5⇔ − − = ⇔ = ± , kết hợp với ñiểu kiện 
5
m
4
m 0
 > −

 ≠
 thì 
m 1 5= + và m 1 5= − là hai giá trị cần tìm. 
0,75 ñ 
III 
(3,0 ñ) 
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 ñ 
1) · ·BPQ BAQ= ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ ) 
· ·BAD BCD= (hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn »BD ) 
· ·BPQ BCD⇒ = 
1,0 ñ 
· ·BQP BAC= ( tứ giác ABQP nội tiếp (O)) 
· ·BAC BDC= ( hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn »CB ) 
· ·BQP BDC⇒ = 
1,0 ñ 
Vậy tam giác BCD và tam giác BPQ ñồng dạng. 0,5 ñ 
 2) Vì · ·BCD BPQ= ⇒ · ·BPK BCK= ⇒ tứ giác BCPK nội tiếp 1,0 ñ 
Hay ñường tròn ngoại tiếp tam giác CPK ñi qua B cố ñịnh. 1,0 ñ 
3) Vì tứ giác BCPK nội tiếp · ·BCA BKQ⇒ = mà · ·CAB KQB= ⇒ ∆BCA và 
∆BKQ ñồng dạng
KQ CA
BK CB
⇒ = (1) 
0,5 ñ 
· ·MCA CBA= ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O) 
cùng chắn »AC )⇒ ∆MCA và ∆MBC ñồng dạng 
CA MA
CB MC
⇒ = (2) 
0,5 ñ 
IV 
(7,0 ñ) 
vì tứ giác BCPK nội tiếp · ·PBK PCK⇒ = , mà · ·ACD ABD= ( hai góc nội tiếp 
(O') cùng chắn »AD ) · ·PBK ABD⇒ = 
lại có · ·BAD BPK= ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ ) 
⇒ ∆ABD và ∆PBK ñồng dạng ⇒
KP AD
BK BD
= (3) 
0,5 ñ 
· ·ADM MBD= ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O') 
cùng chắn »AD ) ⇒ ∆MAD và ∆MDB ñồng dạng ⇒
AD MA
BD MD
= (4) 
0,5 ñ 
từ (1), (2), (3), (4) và MC = MD ( tính chất tiếp tuyến) ⇒KP = KQ (ðPCM) 0,5 ñ 
K
Q
P
D
C
B
A
O' O
M
Hình vẽ 
Áp dụng Bất ñẳng thức Cô – si cho hai số dương 
3a
b
 và ab có: 
3 3
2a aab 2 .ab 2a
b b
+ ≥ = , tương tự ñược:
3
2b bc 2b
c
+ ≥ ; 
3
2c ac 2c
a
+ ≥ . 
0,5 ñ 
Cộng vế với vế của ba BðT trên ta ñược: 
( ) ( )
3 3 3
2 2 2a b c ab bc ca 2 a b c
b c a
+ + + + + ≥ + + (1) 
0,25 ñ 
Theo Cô – si có 
2 2
2 2a b a b ab
2
+
≥ = , tương tự 
2 2 2 2b c c a
bc; ac
2 2
+ +
≥ ≥ 0,5 ñ 
cộng vế với vế ñược 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + (2) 0,25 ñ 
V 
(2,0 ñ) 
Cộng vế với vế của (1) và (2) ñược : 
( ) ( ) ( ) ( )
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 ñ 
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 toán chính xác mới ñược 
cho ñiểm tối ña. 
2. Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống 
nhất ñiểm chi tiết nhưng không ñược vượt quá số ñiểm dành cho câu 
hoặc phần ñó. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược 
trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
3. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm của các phần ñã chấm, không làm tròn 
ñiểm.