Đề thi học sinh giỏi lớp 9-Cấp thành phố Buôn Ma thuột năm học 2012-2013 đề thi môn: Toán

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 1 
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
TP BUÔN MA THUỘT 
--------- 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2012-2013 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) 
Bài 1: (2 điểm) 
a) Rút gọn biểu thức: 
2
2
2
2012 20121 2012
2013 2013
A     
b) Tìm giá trị lớn nhất của  1 0
1
B x
x x
 
 
Bài 2: (2 điểm) 
Giải phương trình: 2 23 5 8 3 5 1 1x x x x      
Bài 3: (2 điểm) Cho hệ phương trình: 1
3 1
x my m
mx y m
  

  
 a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x.y đạt giá trị lớn 
nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. (cần xem lại đề, chỉ có GTNN) 
 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < 0 
Bài 4: (4 điểm) 
a) Chứng minh rằng (n4 – 4n3 – 4n2 + 16n)  384 (với mọi n chẵn, n ≥ 4) 
b) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 
Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R). Hai đường kính cố định của (O) là AB và CD 
vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình 
chiếu của M trên CD và AB. 
a) Tính    2 2 2 2sin sin sin sinMBA MAB MCD MDC   
b) Chứng minh  2 2OK AH R AH  
c) Tìm vị trí điểm M để giá trị của . . .P MA MB MC MD lớn nhất. 
Bài 6: (5,5 điểm) Cho AB là đường kính của đường tròn (O; R). C là một điểm thay đổi 
trên đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của 
AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, MB cắt CH tại K. 
a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn. 
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O; R) 
c) Chứng minh K là trung điểm của CH. 
d) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất ? Tìm giá trị lớn 
nhất đó theo R. 
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 2 
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC 
Bài 1: (2 điểm) 
a) 
22
2 2
2
2012 2012 2012 2012 20121 2012 1 2 1 2012
2013 2013 2013 2013 2013
A             
 
2
2
2
1 1 2012 1 20122 2012 2012 2012
2013 2013 2013 2013 2013
1 20122012 2013
2013 2013
          
 
   
b) Ta có  
21 31 0 0
2 4
x x x x        
 
. Do đó B lớn nhất 1x x   nhỏ nhất. Mà 
 
21 3 31 0
2 4 4
x x x x        
 
, dấu “=” xảy ra khi 1 10
2 4
x x    (TMĐK) 
Vậy GTLN của B là 1 43 3
4
 khi 1
4
x  
Bài 2: (2 điểm) 
ĐK: 2 23 5 8 0, 3 5 1 0x x x x      
Đặt  23 5 1 0x x t t    , phương trình trở thành 7 1 7 1t t t t       
7 2 1 3 9t t t t t         (TMĐK) 
Khi đó ta có   2
1
3 5 1 9 1 3 8 0 8
3
x
x x x x
x

       
  

 (TMĐK) 
Vậy phương trình có hai nghiệm 81,
3
x x   
Bài 3: (2 điểm) 
a) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất 1 1m m
m
     
Ta có          
1 3 1 1 1 1 1 3 1
*
3 1 3 1 3 1
x my m x m m mx m m m x m m
mx y m y m mx y m mx
              
   
          
3 1 3 1
1 1
3 1 13 1
1 1
m mx x
m m
m my m m y
m m
        
      
   
 (Vì 1m   ) 
Khi đó 
 
 
   
2 22 2
2 2 2
4 2 13 1 1 3 2 1 4 1 1
1 1 1 1 1
m m mm m m m mxy
m m m m m
     
       
    
Dấu “=” xảy ra khi m = 0. Vậy m = 0 thì hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) 
mà GTNN của xy là -1 
b) +) Nếu m = 1, (*) trở thành 0 0
2
x
y x


 
. Hệ phương trình có vô số nghiệm 
 ; 2x R y x   . Khi đó x + y = 2 > 0, không thỏa x + y < 0 
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 3 
 +) Nếu m = -1, (*) trở thành 0 4
4
x
y x


  
. Hệ phương trình vô nghiệm. 
 +) Nếu m   1. Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 
3 1
1
1
1
mx
m
my
m
  

 
 
 (theo a) 
Khi đó 3 1 1 40 0 0 1 0
1 1 1
m m mx y m
m m m
 
          
  
Vậy 1 0m   thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < 0. 
Bài 4: (4 điểm) 
a) Ta có     4 3 24 4 16 4 2 2n n n n n n n n       
Vì n chẵn, n ≥ 4, đặt n = 2k (k ≥ 2). Ta có     4 3 24 4 16 16 2 1 1n n n n k k k k       
Do 2, 1, , 1k k k k   là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có hai số chia hết cho 2 trong đó có 
một số chia hết cho 4 , có ít nhất một số chia hết cho 3     2 1 1 8.3 24k k k k     (Vì 
(8; 3) = 1)     16 2 1 1 16.24 384k k k k     
b) Vì 2 a b c d    
    
   
2 2 2 2 2
2 2 2 2
4 2
4 2 *
a b c d a b c d ab ac ad bc bd cd
a b c d ab ac ad bc bd cd
              
          
Lại có 2 2 2a b ab  (vì  2 0a b  ), tương tự có 2 2 2a c ac  , 2 2 2a d ad  , 2 2 2b c bc  , 
2 2 2b d bd  , 2 2 2c d cd  . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 
  
 
     
2 2 2 2
2 2 2 2
3 2
4 2 4 3 **
a b c d ab ac ad bc bd cd
ab ac ad bc bd cd a b c d
        
           
Từ (*) và (**)  2 2 2 2 2 2 2 24 3a b c d a b c d         
 2 2 2 2 1a b c d     (đpcm) 
Bài 5: (4,5 điểm) 
a)   090AMB CMD  (góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn) 
   
   
090
sin cos , sin cos
MBA MAB MCD MDC
MAB MBA MDC MCD
    
  
Do đó 
   
     
2 2 2 2
2 2 2 2
sin sin sin sin
sin cos sin cos 2
MBA MAB MCD MDC
MBA MBA MCD MCD
  
    
b) AMB,  090AMB  , MH  AB 
     2 . . . 2MH AH BH AH AB AH AH R AH a      
Mặt khác tứ giác OHMK có    090O K H   (gt) nên tứ giác OHMK là hình chữ nhật 
 MH OK b  . Từ (a), (b)  2 2OK AH R AH   (đpcm) 
c) AMB,  090AMB  , MH  AB . . 2 .MA MB AB MH R MH   
CMD,  090CMD  , MK  CD . . 2 .MC MD CD MK R MK   
Do đó 2. . . 4 . .P MA MB MC MD R MH MK  
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 4 
Lại có 
2 2 2 2 2
.
2 2 2 2
MH MK HK OM RMH MK     
Nên 
2
2 2 44 . . 4 . 2
2
RP R MH MK R R   . Đẳng thức xảy ra khi MH = MK  tứ giác OHMK là 
hình vuông  M là điểm chính giữa cung nhỏ AC 
Bài 6: (5,5 điểm) 
a) Ta có 1
2
IA IC AC  (gt) 
 090OI AC OIC    
 I thuộc đường tròn đường kính OC 
Lại có   090OHC CH AB   H thuộc đường 
tròn đường kính OC 
Vậy 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc đường tròn 
đường kính OC (đpcm) 
b)   1,
2
OM AC OI AC IA IC AC     OM là 
trung trực AC  OCM = OAM (c.c.c) 
  090OCM OAM   (AM là tiếp tuyến của (O)) 
MC OC   MC là tiếp tuyến của (O) 
c) Gọi D là giao điểm của MB và AC. 
  1
2
ACM ABC  sđAC (góc nội tiếp và góc tạo 
bởi tia tiếp tuyến, dây cùng chắn cung AC của (O)) 
Lại có  090ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên  ACH ABC (cùng phụ với BAC ) 
 ACM ACH   CD là phân giác MCK của MCK 
Mặt khác CB  CD ( 090ACB  ) CB là phân giác ngoài của MCK 
Do đó ta có  KD KB a
MD MB
 
Xét ABM, KH // AM (CH  AB, AM  AB)   KB KH b
MB AM
 
Xét ADM, CK // AM (CH  AB, AM  AB)   KD KC c
MD AM
 
Từ (a), (b), (c) KH KC KH KC
AM AM
    (đpcm) 
d) Trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho CE = BC 
Khi đó 2 2ABCP AB AC BC R AC CE R AE        nên ABCP đạt max AE đạt max 
BCE vuông cân tại C  045AEB  
Vì AB cố định nên E thuộc cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB, do đó AE đạt 
max  AE là đường kính của cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB 
  0 090 45ABE ABC    C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) 
Khi đó ABE vuông cân tại E, nên 2 2 2AE AB R  
Vậy chu vi tam giác ABC đạt GTLN là  2 2 1 R khi C là điểm chính giữa của nửa 
đường tròn (O)