SÐ GIO DÖC V€ €O T„O Kœ THI CHÅN HÅC SINH GIÄI LÎP 9 THCS
TH€NH PHÈ C†N THÌ C‡P TH€NH PHÈ-N‹M HÅC 2012-2013
Khâa ng y 11/04/2013
· ch½nh thùc
MÆN THI: TON
Thíi gian l m b i: 150 phót, khæng kº thíi gian ph¡t ·.
C¥u 1 (5,0 iºm)
p
p
2m+ 16m+6 m2 3
p p p
1. Cho biºu thùc P = + + 2
m+2 m3 m1 m+3
a) Rót gån P.
b) T¼m gi¡ trà tü nhi¶n cõa m º P l  sè tü nhi¶n.
p p
p p
2013 3 3
3
2. T½nh gi¡ trà (a +15a25) vîi a = 137 6+ 13+7 6.
C¥u 2 (5,0 iºm)
p p p

2
1. Gi£i ph÷ìng tr¼nh: x+5+ 3x2 152xx +1 = 0.
2. T¼m gi¡ trà cõa m º h» ph÷ìng tr¼nh sau câ nghi»m:

2
2x +mx1 = 0
2
mx x+2 = 0
C¥u 3 (5,0 iºm)
1 1 1
1. T¼m t§t c£ c¡c sè nguy¶n d÷ìng x; y; z thäa + + = 2.
x y z

x+y 2
2. Cho hai sè x; y thäa m¢n:
2 2
x +y +xy = 3
2 2
T¼m gi¡ trà lîn nh§t, gi¡ trà nhä nh§t cõa biºu thùc T =x +y xy.
C¥u 4 (2,0 iºm)
Cho ÷íng trán (O;R) v  hai iºm A; B n¬m ngo i ÷íng trán sao cho OA = 2R. T¼m iºm M
tr¶n ÷íng trán º MA+2MB ¤t gi¡ trà nhä nh§t.
C¥u 5 (3,0 iºm)
Cho tam gi¡c ABC câ ba gâc nhån nëi ti¸p ÷íng trán (O;R). Gåi P l  mët iºm di ëng tr¶n
cung BC khæng chùa A.
1. GåiM; N l¦n l÷ñt l  h¼nh chi¸u vuæng gâc h¤ tøA xuèngPB; PC. Chùng minh r¬ng ÷íng
th¯ng MN luæn i qua mët iºm cè ành.
2. Gåi I; D; E l  ch¥n c¡c ÷íng cao l¦n l÷ñt h¤ tø A; B; C xuèng c¡c c¤nh BC; CA; AB.
Chùng minh r¬ng chu vi tam gi¡c IDE khæng êi khi A; B; C thay êi tr¶n ÷íng trán
2
(O;R) sao cho di»n t½ch cõa tam gi¡c ABC luæn b¬ng a .
H˜T
Ghi chó: Gi¡m thà coi thi khæng gi£i th½ch g¼ th¶m.
SÐ GIO DÖC V€ €O T„O Kœ THI CHÅN HÅC SINH GIÄI LÎP 9 THCS
TH€NH PHÈ C†N THÌ C‡P TH€NH PHÈ-N‹M HÅC 2012-2013
Khâa ng y 11/04/2013
· ch½nh thùc
MÆN THI: TON
Thíi gian l m b i: 150 phót, khæng kº thíi gian ph¡t ·.
H×ÎNG DˆN CH‡M
(H÷îng d¨n ch§m n y câ 03 trang.)
C…U NËI DUNG IšM
1. (3,5 iºm)
a) i·u ki»n: m 0; m6= 1 0,5
p
m + 1
P =p 2,0
m 1
2
b) P = 1 +p 0,5
m 1
1(5,0)
º P2N =)m2f4; 9g 0,5
2.(1,5 iºm)
p p
p p
3 3
3
a = 13 7 6 + 13 + 7 6 =)a = 26 15a 1,0
2013
3 3
a + 15a 25 = 1 =) (a + 15a 25) = 1 0,5
1. (2,5 iºm)
i·u ki»n:5x 3
0,5
p p p p
2
2
°t t = x + 5 + 3x; t = 8 + 2 15 2xx =)t 2 2

t = 3
2
Ph÷ìng tr¼nh ¢ cho câ d¤ng: t t 6 = 0() 1,0
t =2 (lo¤i)
p p
t = 3() x + 5 + 3x = 3 1,0
p
2
2 + 3 7
2(5,0)
x =
6
2
2
p
() 4x + 8x 59 = 0()
4
2 3 7
x =
2
2. (2,5 iºm)

mx + 2y = 1
2
°t x =y 0. H» trð th nh: 0,5
x +my =2
8
m + 4
>
>
x =
<
2
m + 2
H» luæn câ nghi»m: 0,5
>
1 2m 1
>
:
y =  0 (m )
2
m + 2 2
 
2
m + 4 1 2m
2
Ta câ: x =y() = 0,5
2 2
m + 2 m + 2
2
() (m + 1) (m m + 7) = 0()m =1 1,0
3(5,0) 1. (3,0 iºm)
Ti¸p
C…U NËI DUNG IšM
Khæng m§t t½nh têng qu¡t gi£ sû: 1xyz 1,0
1 1 1 3
=) 2 = + +  =)x = 1
x y z x

1 1 2
y = 1 (væ lþ)
=) + = 1 =) 1,0
y = 2 =)z = 2
y z y
Vªy (1; 2; 2) v  c¡c ho¡n và cõa chóng l  nghi»m cõa ph÷ìng tr¼nh ¢ cho 1,0
2. (2,0 iºm)
( (
x +y 2 x +y = 2a (a 0)
H» () 0,5
2 2 2 2
x +y +xy = 3 x +y +xy = 3
(
x +y = 2a
2
Do â: ;
=S 4P 0 =) 0a 4 0,5
2
xy = (2a) 3
2 2 2
T =x +y +xy 2xy = 9 2(2a) 0,5
minT = 1 khi x = 1; y = 1 ho°c x =1; y =1 0,5
p p p p
maxT = 9 khi x = 3; y = 3 ho°c x = 3; y = 3
B
0
M
M
C O
A
4(2,0)
R
Gåi C l  iºm tr¶n o¤n th¯ng OA sao cho OC = , ta câ iºm C cè ành 0,5
2
D¹ th§y
OCM çng d¤ng
OMA =)MA = 2MC 0,5
Ta câ MA +MBBC (khæng êi) 0,5
MA + 2MB = 2(MB +MC) 2BC
D§u = x£y ra khi v  ch¿ khi M n¬m giúa B v  C
VªykhiiºmM l giaoiºmcõao¤nBC v ÷íngtrán (O)th¼MA+2MB 0,5
¤t gi¡ trà nhä nh§t
5(3,0) 1. (2,0 iºm)
Ti¸p
C…U NËI DUNG IšM
A
D
E
O
C
M
I
B
N
0
A
P

[
K´ AI ? BC; I 2 BC cè ành. Ta câ BMA = BIA = 90 n¶n tù gi¡c 1,0
[
AMBI nëi ti¸p hay AIM =ABM
[
Ta l¤i câ tù gi¡c ABPC nëi ti¸p n¶n ABM =ACP
[ [
Do â AIM =ACP (1)

[
M°t kh¡c AIC =ANC = 90 n¶n tù gi¡c AINC nëi ti¸p, suy ra 0,5

[ [
ACP +AIN = 180 (2)

[ [
Tø (1) v  (2) suy ra AIM +AIN = 180 0,5
Vªy ÷íng th¯ng MN luæn i qua iºm cè ành I
2. (1,0 iºm)
[
Tù gi¡c BCDE nëi ti¸p suy ra AED =ACB 0,5
0
K²o d i AO c­t (O;R) t¤i iºm A. Ta câ:

0
[ [
EAO +AED =BAA +ACB = 90
1 1
=)AO?DE =)S = AO:DE = R:DE
AEOD
2 2
1 1
T÷ìng tü ta công câ: S = R:EI; S = R:ID 0,5
BEOI CDOI
2 2
1
Vªy: S =S +S +S = R:(DE +EI +ID)
ABC AEOD BIOE CDOI
2
2
2S 2a
ABC
=)DE +EI +ID = = (khæng êi)
R R
H˜T
Ghi chó:
 Måi c¡ch gi£i óng kh¡c ¡p ¡n ·u cho iºm tèi a.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
2
a1 a a1 a  a a a1
Cho biểu thức: với a > 0, a  1.
M  
a aa a a a
a) Chứng minh rằng M 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên?
M
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y0,5x 3, y6 x và y mx có đồ thị lần
lượt là các đường thẳng (d ), (d ) và ( ). Với những giá trị nào của tham số m thì
1 2 m
đường thẳng ( ) cắt hai đường thẳng (d ) và (d ) lần lượt tại hai điểm A và B sao
m 1 2
cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần
lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố
định I(1; 2). Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy
11
.
ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q
22
OM ON
Bài 3. (2,0 điểm)
17x2y 2011xy
a) Giải hệ phương trình:

x2y 3xy.

1
x y z z x  (y 3).
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
2
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di
động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N.
Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn
nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
---HẾT---
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ........................
Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ...........................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận
thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể
phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu
không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để
việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác.
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì
bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó.
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào
tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.
BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM
2
a1 a a1 a  a a a1
Cho biểu thức: M   với a > 0, a  1.
a aa a a a
Bài 1
a) Chứng minh rằng M 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên.
M 2,00
a a1 ( a1)(a a1) a a1
Do a > 0, a  1 nên:  và
aa a ( a 1) a
0,25
2
a  a a a1 (a1)(a1) a(a1) (a1)(a a1) a a1
  
a a a a(1 a) a (1 a) a
0,25
1.a
a1
(1,25đ)
 M2
a 0,25
2
Do a0; a 1 nên: ( a1)  0  a1 2 a
0,25
2a
 M  2 4
a 0,25
63
Ta có 0N   do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
M2 0,25
6a
2
1.b
Mà N = 1   a 4 a1 0  ( a2) 3
1
(0,75đ) a1 2 a
 a  2 3 hay a  2 3 (phù hợp)
0,25
2
Vậy, N nguyên  a(2 3)
0,25
a) Cho các hàm số bậc nhất: , và có đồ thị lần lượt
y0,5x 3 y6 x y mx
là các đường thẳng (d ), (d ) và ( ). Với những giá trị nào của tham số m thì đường
1 2 m
thẳng ( ) cắt hai đường thẳng (d ) và (d ) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm
m 1 2
Bài 2 A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định
I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá
2,00
11
.
trị nhỏ nhất của biểu thức Q
22
OM ON
Điều kiện để ( ) là đồ thị hàm số bậc nhất là m0
m 0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( ) là:
1 m

0,5x3 mx (m0,5)x 3
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m0,5 0 hay m 0,5
2.a 0,25
(0,75đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( ) là:
2 m
6x mx 
(m1)x 6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m1 0 hay m1
Vậy điều kiện cần tìm là:
1 m 0,5; m 0
0,25
Đặt m = x và n = y  mn  0 và m  1 (*)
M N
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25
0am b


 2a b  hệ thức liên hệ giữa m và n là 2mn mn


nb

0,25
12
Chia hai vế cho mn  0 ta được: 1 (**)
2.b
mn
(1,25đ)
22
1 2 1 4 4 1 1 2 1
     

15        
     
2 2 2 2
m n m n mn m n m n
      0,25
1 1 1 21
 Q;   dấu “=” xảy ra khi  ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
22
0,25
m n 5 mn
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
5 0,25
17x2y 2011xy

a) Giải hệ phương trình: (1)

x2y 3xy.


Bài 3
1
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x y z z x  (y 3) (2)
2 2,0 đ
17 2

1 1007
9

 2011

x



yx
y 9
  
490
Nếu thì (phù hợp)
xy 0 (1)  
  
1 2 9
1 490
  
  3 y



yx  1007
x 9

0,50
17 2
 1 1004

 2011

3.a


yx
y 9
(1,25đ)
Nếu xy 0 thì (1)  xy 0 (loại)

12
1 1031

 3


yx
x 18

 0,25
Nếu thì (1) (nhận).
xy 0 xy 0
0,25
99
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và ;

490 1007
 0,25
Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 0  y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25
3.b
(2)  2 x 2 y z 2 z x  x y z z x3
(0,75đ)
2 2 2
 ( x1)  ( y z1)  ( z x1)  0
0,25

x1
x1




  y3 (thỏa điều kiện)
yz 1


 
z2
zx 1 


0,25
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính
F
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
M
sao cho M không trùng với các điểm A và B.
Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C
B
C
A
) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
O
Bài 4
CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng
hàng.
C
( )
E
b) Chứng minh rằng tích AMAN không
đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. N 3,0 đ
MN BF và BC NF 0,25
 A là trực tâm của tam giác BNF
0,25
4.a
 FA NB
(1,00đ)
Lại có AE NB
0,25
Nên A, E, F thẳng hàng
0,25
CAN MAB, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25
4.b AN AC
Suy ra:

(0,75đ)
0,25
AB AM
2
Hay AMAN ABAC 2R không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25
2
Ta có nên A là trong tâm tam giác BNF  C là trung điểm NF (3)
BA BC
0,25
3
Mặt khác: CAN CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CN AC
2
4.c    CNCF BCAC 3R
BC CF 0,25
(1,25đ)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CNCF 2R 3 không đổi 0,25
Nên: NF ngắn nhất  CN =CF  C là trung điểm NF (4)
0,25
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất
0,25
Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75
Đặt: S = 123456789101112
S
  3467891112 (1) là một số nguyên
100
 hai chữ số tận cùng của S là 00 0,50
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý
(1,00đ)
S
đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận cùng là 6 (vì 34=12; 26=12; 27=14;
100
48=32; 29=18; 811=88; 812=96) 0,25
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25
--- Hết ---

onthicaptoc.com Tuyển tập 45 đề thi HSG Toán 9 có lời giải chi tiết