Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS ( Ngày thi 1-3-2012 vòng Tỉnh) - Năm học 2011-2012 - Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang (Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH KIÊN GIANG 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2011-2012 
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi : 01/03/2012 
Câu 1. (4 điểm) 
a) Cho 2 3 4 96 97 98 99S 1 3 3 3 3 ...... 3 3 3 3          
Chứng minh S chia hết cho 40 
b) Rút gọn phân thức 
     
3 3 3
2 2 2
a b c 3abc
a b a c b c
  
    
Câu 2 (4 điểm) 
a) Thực hiện phép tính : 
2 3 2 3
2 2 3 2 2 3
 

   
b) Cho a b c 0; a,b,c 0    . Chứng minh đẳng thức 
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
     
Câu 3. (4 điểm) 
a) Giải phương trình: 22x 2x 1 4x 1    
b) Giải hệ phương trình : 
x 2 2 y 1 9
x y 1 1
    

   
Câu 4. (5 điểm) 
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC, 
BD vuông góc với nhau tại I (I khác O). Vẽ đường kính CE. 
a) Chứng minh ABDE là hình thang cân 
b) Chứng minh 2 2 2 2AB CD BC DA 2R 2    
c) Từ A và B vẽ các đường thẳng vuông góc đến CD lần lượt cắt BD tại F, cắt 
AC tại K. Chứng min A, B, K, F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt 
Câu 5. (3 điểm) 
 Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho MAB là tam giác có 
ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M 
của tam giác MAB. Tính giá trị lớn nhất của tích KH.KM 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 KIÊN GIANG NĂM 2011-2012 
Câu 1. 
1a. 
     
     
   
 
1 2 3 4 5 6 7 96 97 98 99
1 2 3 4 1 2 3 96 1 2 3
1 2 3 4 8 96
4 8 96
1 3 3 3 3 3 3 3 ..... 3 3 3 3
S 1 3 3 3 3 . 1 3 3 3 .... 3 . 1 3 3 3
S 1 3 3 3 . 1 3 3 ...... 3
S 40. 1 3 3 .....
S
. 3
           
            
      
   

Vậy S chia hết cho 40. 
1b. 
Tử thức =  
3 3a b 3ab(a b) c 3abc     
=
 
   
   
   
3 3
2 2
2 2 2
2 2 2
a b c 3ab.(a b) 3abc
a b c a b (a b)c c 3ab(a b c)
a b c . a 2ab b ac bc c 3ab
a b c . a b c ab bc ca
    
          
 
        
       
Mẫu thức 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a 2ab b a 2ac c b 2bc c
2(a b c ab bc ca)
        
     
Kết quả 
a b c
2
 
 với 2 2 2a b c ab bc ca 0      
Câu 2. 
2a. Nhân số bị chia và số chia với 2 
   
 
 
 
 
       
2. 2 3 2. 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
2. 2 3 2. 2 3
2 3 1 2 3 1
2 3 . 3 3 2 3 . 3 32 3 2 3
2. 2. 2
63 3 3 3
 
 
   
 
 
   
      
       
Câu 2b. 
Ta có: 
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
a b c a b c ab ac bc
1 1 1 c b a 1 1 1
2
a b c abc a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c
   
          
   
  
       
 
 
         
 
Câu 3a. 
1
DK :4x 1 0 x
4

    
 
2
2
2
2
2
2x 2x 1 4x 1
4x 4x 2 2 4x 1
4x 4x 1 1 0
4x 0
x 0
4x 1 1 0
   
    
    
 
  
  
 (thỏa) 
Câu 3b. 
x 2 2 y 1 9 (1)
x y 1 1(2)
    

   
- Từ pt (2) y 1 1 x 0 x 1         
- Thế vào phương trình (1) ta có 
- 
 x 2 2 1 x 9
x 2 2x 11
2 x 2x 9
x 3
    
  
   
 
 (vì x 1  ) 
- Thế x= -3 vào pt (2) : 
y 3
y 1 1 3 2 y 1 2
y 1

          
 
- Vậy nghiệm của hệ là (-3 ; 3); (-3;-1) 
Câu 4 
a) Ta có góc EAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE AC  
Mà BD AC(gt) AE / /BD ABDE   là hình thang 
K
F
BD
A
C
I
Mà ABDE nội tiếp đường tròn (O) nên ABDE là hình thang cân 
b) Ta có góc EDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
DEC vuông ở D 
 
22 2 2 2ED CD EC 2R 4R     
Mà AB = ED (vì ABDE là hình thang cân) 2 2 2AB CD 4R   
Chứng minh tương tự 2 2 2BC DA 4R   
2 2 2 2 2
2 2 2 2
AB CD BC DA 8R
AB CD BC DA 2R 2
    
    
c) Ta có : góc BAC = góc BDC (cùng chắn cung BC) 
Góc IAF = góc BDC (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
Suy ra góc BAC = góc IAF ABF cân tại A 
Mà AI là đường cao , nên AI là đường trung tuyến IB IF  
Chứng minh tương tự IA IK   ABKF là hình bình hành 
Mà AK BF nên ABKF là hình thoi 
Câu 5. 
- Xét KAH và KMB ta có: 
Góc AKH = góc MKB = 90
0
Góc KAH = góc KMB (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
KAH và KMB đồng dạng
KH AK
KH.KM AK.KB
KB KM
    
K H
A
B M
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương 
Ta có: 
2AK KB AB
AK.KB AK.KB
2 4

   
Do đó 
2AB
KH.KM
4
 (không đổi) 
Dấu “ = “ xảy ra AK KB  
Vậy giá trị lớn nhất của KH.KM là 
2AB
4