Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI 
 THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN 
(Đề gồm có 1 trang) 
 Thời gian làm bài :150 phút 
Câu 1: (2.0 điểm ) 
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
     
                
1/ Rút gọn biểu thức A. 
2/ Tìm các giá trị của x để 
1 5
2A
  
Câu 2 (2,0 điểm ) 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2  0a  và đường 
thẳng (d): 
 y = bx + 1 
1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2) 
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung 
N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ) 
Câu 3 (2.0 điểm) 
1/ Cho phương trình: 
2 2(2 1) 6 0x m x m m      (m là tham số). Tìm m để 
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 
2/ Giải hệ phương trình: 
1 1 2
1 1
1
x y
x y
    


 

Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp 
tuyến AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và 
vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M. 
1/ Chứng minh rằng: MO = MA 
2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) 
tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: 
a) AB AC BC  không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. 
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC 
Câu 5 (1.0 điểm) 
 Cho x, y là các số thực dương thoả mãn : 
1 2
2
x y
  . Chứng minh rằng : 
2 25 4 3x y xy y    
---------- Hết ---------- 
Họ tên thí sinh .. Số báo danh:  
Chữ ký giám thị 1:  Chữ ký giám thị 2:  
Bài giải 
Câu 1: (2.0 điểm ) 
Cho biểu thức :
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
     
                
1/ Rút gọn biểu thức A. 
2 3 2
: 2
5 6 2 3 1
x x x x
A
x x x x x
     
                
 (ĐK: x  0, x  4, x  9 ) 
A =  = 
1
4
x
x


2/ Tìm các giá trị của x để 
1 5
2A
  
1 5 4 5
2 8 5 5
2 21
1 1
2 5 3 0 3 0
2 2
1
0
4
x
x x
A x
x x x x
x

         

          
  
Kết hợp với ĐK  
1
0
4
x  
Câu 2 (2,0 điểm ) 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2  0a  và đường 
thẳng (d): y = bx + 1 
1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2) 
M (P)    a = 2  y = 2x2 
M  (d)    b = 1  y = x + 1 
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung 
N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ) 
Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x + 1  2x2 - x - 1 = 0 
 
1 2
1 1
1;2 ; ;1 1
2 2
2 2
x y
M N
x y
  
          

 1 2 ... 0,75 (dvv)MON thangS S S S      
Câu 3 (2.0 điểm) 
1/ Cho phương trình: 
2 2(2 1) 6 0x m x m m      (m là tham số). Tìm m để 
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt? 
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 

2
325 00
2
. 0 6 0 2
1
2 1 0
0 2
m
m
a c m m m
b m m
a

                 
        

2/ Giải hệ phương trình: 
1 1 2 (1)
1 1
1 (2)
x y
x y
    


 

 (ĐK: x  1; y  1) 
(2)  x + y = xy (3) 
Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có: 
  
 
2 2 1 1 4
2 2 1 4
x y x y
x y xy x y
     
       
Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ: 
x+y=4
xy=4



Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X2 - 4x + 4 = 0 
 x = 2; y = 2 
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp 
tuyến AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và 
vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M. 
1/ Chứng minh rằng: MO = MA 
A1 = O1 và A1 = A2  A2 = O1
  MAO cân  MO = MA 
2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) 
tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: 
a) AB AC BC  không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. 
Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có   AB + AC - BC =  = 2.AP (không đổi) 
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC 
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được  P1 = C1 
1
1
1
2
1
1
C
B
M
P
O
Q
A
N
 mà P1 = Q1  C1 = Q1  PQ//BC 
Câu 5 (1.0 điểm) 
 Cho x, y là các số thực dương thoả mãn : 
1 2
2
x y
  . Chứng minh rằng : 
2 25 4 3x y xy y    
* Ta có: 
 
2 2
2 2 2
2 2
 5 4 3
4 4 3 0
2 3 0
x y xy y
x xy y x y
x y x y
   
      
     
* 
1 2 2 1 2 2 1 2
2 2
2 1
x x
y
x y y x y x x

        

Vì : y > 0 ; x > 0  2x - 1 > 0  x > 1/2 Thay 
2
2 1


x
y
x
 vào 
2 3 0x y   
Ta có: 
3 2
2 2 2 2 2 6 33 0 3 0 0
2 1 2 1
x x x x x
x y x
x x
   
        
 
 (1) 
Vì 2x - 1 > 0  (1)  
3 2 3 22 2 6 3 0 2 4 3 0x x x x x x x          
 Mà 
3 22 4 3x x x   
   
3 2 2
2
2 2 3 3
1 2 3
x x x x x
x x x
     
    
   
2
1 2 3 0 0x x x      
Vậy  
2 22 3 0 0; 0x y x y x y       