SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
Ngày thi: 30/3/2013
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (5,0 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
3 3
26 15 3 26 15 3A = + − −
.
2) Rút gọn biểu thức
2 2 2 7 3 2 1 1
. :
3 11
3 2 3 2 2 2
a a a a
P
a
a a a a
     
− + − + − +
= + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
−
+ − − − − −

có phương trình
y x m= −
cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x y B x y
thoả mãn:
4 4
2 1 2 1
( ) ( ) 18x x y y− + − =
.
2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố
, ,a b c
đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

20 30( ) 21abc ab bc ca abc< + + <
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC), có đường cao AH và O là trung điểm của
cạnh BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự tại M và N. OA và
MN cắt nhau tại D.
1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp.
2) Chứng minh :
1 1 1
AD HB HC
= +
.
3) Cho AB=3 và AC=4. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số dương
,a b
và

0.5
3 3
3 3
(2 3) (2 3)= + − −
0.5
(2 3) (2 3)= + − −
0.5
2 3A =
.
KL:
0.5
2
(3 điểm)
Điều kiện:
2 11a< ≠
0.5
Đặt
2
2 (0 3) 2x a x a x= − < ≠ ⇒ = +
.
0.5
Tính được
2
2 2
( 2) 9 3 1 1
. :
3 3 9 3
x x x x
P
x x x x x

3 2 4 2
x x x x
x x
+ −
= = −
− +
0.5
=
2
2
a −
−
KL:
0.5
Câu 2 (4 điểm)
1
(2 điểm)
ĐK:
2x ≥ −
. Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành:
2 2
3. ( 2)( 2 4) 2( 2 4) ( 2)x x x x x x+ − + = − + + +
0.5
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
2 4x x− +
, ta được
2 2
2 2
3 2 0

=
ta có
2
2
1
2
=1 3 2 0
2
2 4
x
x
x x
x
x x
=

+
⇔ − + = ⇔

=
− +

(t/m).
0.5
ĐỀ CHÍNH THỨC
+ với
2t =
ta có
2
2

2
2
1 0
( 1)( 2) 0
x
x x

+ =


+ − =


(vô nghiệm)
0.5
+ Với
0y ≠
.Hệ trở thành
2
2
1
( ) 4
1
( )( 2) 1
x
x y
y
x
x y
y


0.5
+ Giải được:
1, 3a b= =
0.5
+ Với
1, 3a b= =

2
1
1
3
x
y
x y

+
=

⇒


+ =

.
Giải được nghiệm của hệ:
( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y =

+ KL:
0.5

1 1 2 2
, y x m y x m= − = −
+
4 4 4 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) 18 ( ) 9 [( ) 4 ] 9x x y y x x x x x x− + − = ⇔ − = ⇔ + − =

0.5
+ Tìm được
1 (k / )
1
( / )
2
o
m t m
m t m

=


= −


KL:
0.5
2
(2 điểm)
+ Từ giả thiết suy ra:
2 1 1 1 7
3 10a b c

1 1 2
{19;23;29;31;37;41}
42 35
a
a
< < ⇒ ∈
+ Với
11b
=
từ (1) suy ra
5 1 6
13
66 55
a
a
< < ⇒ =
( do a>b)
0,5
+ Với
3c =
từ giả thiết suy ra
1 1 1 11 1 2
(*) 6 5
3 30 3
b b
a b b
< + < ⇒ < ⇒ < ⇒ =
( do b>c)
Thay
5b =

·
ACB AMN=
, mà
·
·
0
180AMN NMB+ =
nên
·
·
0
180ACB NMB+ =
0.5
KL: 0.5
2
(2 điểm)
+ Có
·
·
AID AOH=
vì cùng bằng hai lần
·
ACB
.
0.5
+ Tam giác
AD AI
AID AOH
AH AO
⇒ =V : V


OA MN
⇒ ⊥
Do vậy KI//OA.
0.5
+ Do tứ giác BMNC nội tiếp nên
OK BC
⊥
. Do đó AH//KO.
+ Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành.
0.5
Bán kính
2 2 2 2 2 2
1 1 1 769
4 4 4 10
R KB KO OB AI BC AH BC= = + = + = + =
0.5
Câu 5 (1 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2
2 3 ( ) ( 1) 2 2 2 2a b a b b ab b+ + = + + + + ≥ + +
Tương tự:
2 2
2 3 2 2 2b c bc c+ + ≥ + +
,
2 2
2 3 2 2 2c a ac a+ + ≥ + +
0.5
Suy ra:
2 2 2 2 2 2