Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 thcs năm học 2012 - 2013 môn thi Toán học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)

Cho biểu thức:

( )(1 ) ( )( 1) ( 1)(1 ) x y xy P

x y y x y x x y         

1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn . Chứng minh rằng 18 4 2013 a b   phương trình sau luôn có nghiệm: . 2 18 4 671 9 0 ax bx a    

2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình . 3 2 3 2 3 2 x x x y    

Bài 3. (4,5 điểm) 1. Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p + 1 là một hợp số.

2. Giải phương trình:

2 3 2 4 3 3 4 3 2 2 1       x x x x x

Bài 4. (6,0 điểm)

Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.

1. Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 2. Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 3. Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. Bài 5. (2,0 điểm)

Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: . Chứng minh rằng: 3 a b c   

2 2 2 1 1 1 3 1 1 1 a b c b c a         

------HẾT------

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ............................

Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ...............................

ThuVienDeThi.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm này gồm 3 trang)

Câu Nội dung Điểm Điều kiện để P xác định là : . 0 ; 1 ; 0 ; 0      y x y y x 0,5      

(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y P

x y x y

     

  

       

( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

     

   0,5

       1 1

x y x y x xy y xy

x y x y

      

  

         

1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

      

  0,5

  1

x y y y x

y

   



      

1 1 1

1

x y y y y

y

    

 0,5

Câu 1.1 (2,5 đ)

   x xy y 0,5

P = 2 = 2 với  x xy y   0 ; 1 ; 0 ; 0      y x y y x       1 1 1 1 1 1 x y y x y          0,5

Ta cã: 1 +   x = 0; 1; 2; 3 ; 4 1 y  1 1 x  0 4 x    0,5

Câu 1.2 (1,5 đ)

Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn 0,5

Cho hai số thực a, b thỏa mãn (1) 18 4 2013 a b  

Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm: (2) 2 18 4 671 9 0 ax bx a     TH1 : Với a = 0 thì (2) 4 671 0 bx   

Từ (1) . Vậy (2) luôn có nghiệm 0 b   671

4 x b  0,5

TH2 : Với , ta có : 0 a  2 2 2 ' 4 18 (671 9 ) 4 6 .2013 162 b a a b a a       0,5

2 2 2 2 2 2 4 6 (18 4 ) 162 4 24 54 (2 6 ) 16 0, , b a a b a b ab a b a a a b             0,5

Câu 2.1 (2,0 đ)

Vậy pt luôn có nghiệm 0,5 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: 3 2 3 2 3 2 x x x y    

Ta có (1)

2 3 3 2 3 7 2 3 2 2 0 4 8                 y x x x x x y 0,5

(2)

2 3 3 2 9 15 ( 2) 4 9 6 2 0 2 4 16                   x y x x x y x 0,5

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0,5

Câu 2.2 (2,0 đ)

Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 0,5

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 3 1 p k   0,5 Câu 3.1 *) Nếu thì 3 1 p k   2 1 6 3 3(2 1) p k k      0,5

ThuVienDeThi.com