Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 1-3-2013 vòng Tỉnh)- Năm học 2012-2013 - 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 2012-2013 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm 01 trang) 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 01/3/2013 
Câu 1. (4 điểm) 
a) Tìm m để hàm số  2 2y m 2m x m 1    nghịch biến và đồ thị của nó cắt trục 
tung tại điểm có tung độ bằng 3 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2M 5x y z 4x 2xy z 1       
c) Cho x y 5   và 2 2x y 11.  Tính 3 3x y 
Câu 2. (4 điểm) 
a) Rút gọn : 
2 2
2 2
x 5x 6 x 9 x 2x
A : 2. 1
3 x3x x (x 2) 9 x
   
 
   
b) Cho a, b, c thỏa mãn 
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
Tính giá trị biểu thức    27 27 41 41 2013 2013Q a b b c c a    
Câu 3. (4 điểm) 
a) Giải phương trình : 3 3x 10 17 x 3    
b) Giải hệ phương trình : 
2x 3 y 5
2 3
x ;y 5y 5 2x 3
2
3x 2y 19
  
   
     
 
 
Câu 4. (4 điểm) 
Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD. Qua A vẽ AK // BC (K CD ) và qua B kẻ 
BI // AD ( I CD ); BI cắt AC tại F, AK cắt BD tại E 
a) Chứng minh KD = CI và EF // AB 
b) Chứng minh 2AB CD.EF 
Câu 5. (4 điểm) 
 Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R) . M là một điểm di 
động trên cung BC của đường tròn đó 
a) Chứng minh : MB + MC = MA 
b) Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB +MC đạt giá trị lớn nhất 
c) Gọi H, K, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AC; đặt diện tích tam 
giác ABC là S và diện tích S’. CMR 
2 3(S 2S ')
:MH MK MQ
3R

   khi M di 
động trên cung BC 
 ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 KIÊN GIANG 2012-2013 
Câu 1. 
1.a) Hàm số  2 2y m 2m x m 1    nghịch biến 2m 2m 0 m(m 2) 0      
m 0 m 0
m 2 0 m 2
0 m 2 (1)
m 0 m 0
m 2 0 m 2
   
  
        
   
  
     
Cắt trục tung: 2m 1 3 m 2 (2)     
Từ (1) và (2) m  
Câu 1b. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2M 5x y z z 4x 2xy 1       
   
2 2 2 2
2
2 2
1 9
M x 2xy y 4x 4x 1 z z
4 4
1 9 9
x y 2x 1 z
2 4 4
         
 
         
 
Giá trị nhỏ nhất của 
9
M
4
  
x y 0
1
2x 1 0 x y z
2
1
z 0
2

  

      

  

Câu 1c. Cho x+y= - 5 và 2 2x y 11  . Tính 3 3x y 
Ta có:   3 3 2 2x y x y x y xy 5(11 xy) (1)        
Mà 2 2x y 5 x y 2xy 25 11 2xy 25 xy 7 (2)            
Từ (1) và (2) 3 3x y 5.(11 7) 20       
Câu 2 
2a. Rút gọn: 
2 2
2 2
x 5x 6 x 9 x 2x
A : 2. 1
3 x3x x (x 2) 9 x
   
 
    
 ĐK: 3 x 3   
  
 
 
x 3 x 2 x 3 x. 3 x 3 x 2x
A : 2
3 x 3 xx(3 x) (x 2) 3 x. 3 x
3 x x 2 3 x x 3 x 3 x
: 2
3 x3 x. x 3 x x 2 3 x
3 x 3 x 1
: 2
3 x 23 x
     
 
     
       
     
 
 
 

Câu 2b. Ta có : 
 
   
1 1 1 1 1 1 1 1 a b (a b)
a b c a b c a b a b c c ab c(a b c)
(a b)c(a b c) ab(a b) (a b) c(a b c) ab 0
(a b) c(a c) bc ab 0 (a b) c(a c) b(a c) 0
a b 0 a b
(a b)(a c)(b c) 0 b c 0 b c
c a 0 c a
  
        
     
            
           
    
 
          
 
     
Thế vào tính được Q = 0 
Câu 3 
3a. Gpt: 3 3x 10 17 x 3    
 
3
33 3
3
x 10 17 x 3
x 10 17 x 3 (x 10)(17 x).3 27
    
      
x 10
(x 10)(17 x) 0
x 17
 
     

3b. 
2x 3 y 5
2 3
x ;y 5y 5 2x 3
2
3x 2y 19
  
   
     
 
 
Đặt 
2x 3
m 0
y 5

 

  
221m 2 m 2m 1 0 m 1 0 m 1
m
            (chọn) 
2x 3
1 2x 3 y 5 2x y 8
y 5

        

Giải hệ 
2x y 8 4x 2y 16 x 5
3x 2y 19 3x 2y 19 y 2
      
   
      
Câu 4. 
a) Chứng minh KD CI và EF // AB 
Chứng minh ABID, ABCK là hình bình hành 
DI CK  (cùng bằng AB) 
DI IK CK IK DK CI      
Vì AEB đồng dạng KED (g.g)
AE AB
EK KD
  
AFB đồng dạng CFI(g.g) 
AF AB
FC CI
  
E
F
I KD C
A B
Mà KD = CI
AE AF
EF / /KC
EK FC
   (Định lý Ta let đảo trong AKC ) 
b) Chứng minh 2AB CD.EF 
Ta có : KED đồng dạng AEB(g.g) 
DK DE DK AB DE EB
AB EB AB EB
DK KC DB DC DB
(1)
AB EB AB EB
 
   

   
 (Vì ABCK là hình bình hành) 
Do EF//DI (theo cmt : EF//KC và I KC) 
DB DI DB AB
(2)
EB EF EB EF
    (Vì DI = AB) 
Từ (1) và (2) 2
DC AB
AB DC.EF
AB EF
    
Câu 5. 
D Q
H
K
O
A
B
C
M
a) Chứng minh MC+MB=MA 
Trên MA lấy D sao cho MD = MB MBD cân tại M 
Góc BMD = góc BCA = 060 (cùng chắn cung AB) MBD đều 
Xét MBC và DBA có 
MB = BD (vì MBD đều) 
BC = AB (vì ABC đều) 
Góc MBC = góc DBA (cùng cộng DBC bằng 60 ) 
MBC DBA(c g c) MC DA      
Mà MB = MD (gt) MC MB MA   
b) Xác định vi trí của M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất 
Ta có MA là dây cung của (O; R) MA 2R  
MAMB MC 4R   (không đổi) 
Dấu “ =” xảy ra  MA là đường kính  M là điểm chính giữa cung BC 
c) CMR: 
 2 3. S 2S '
MH MK MQ
3R

   
Ta có : MAB MBC MAC
MH.AB MK.BC MQ.AC
S S S
2 2 2
AB.(MH MK MQ) 2(S 2S')
    
    
Vì AB là cạnh tam giác đều nội tiếp (O;R) 
2 3(S 2S ')
AB R 3 MH MK MQ
3R

     