Trang 1/4
Câu 1 (5,0 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức sau:
1 4 1 4
1 1 4 1 1 4
x x
A
x x
 
 
   
, biết
2
9
x  .
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2
( 1) (2 1) 1 0
m x m x m
     
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thoả mãn
2 2
1 2 1 2
2009 2012
x x x x  
.
Câu 2 (4,0 điểm)

x
và
y
là hai số thoả mãn
đẳng thức


2 2
3
y xy y x x
    .

2. Tìm các số nguyên k để biểu thức
4 3 2
8 23 26 10
k k k k
   
là số chính
phương.

Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm H bất kì
không trùng v
ới A và O, kẻ đường thẳng d vuông góc với AB tại H, trên d lấy điểm C
nằm ngoài đường tròn, từ C kẻ hai tiếp tuyến CM và CN với đường tròn (O) với M, N
là các tiếp điểm, (M thuộc nửa mặt phẳng bờ d có chứa điểm A). Gọi P và Q lần lượt là
g
iao điểm của CM, CN với đường thẳng AB.
1. Chứng minh HC là tia phân giác của


CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: TOÁN L
ỚP 9
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài:150 phút
(Không k
ể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH
TH
ỨC
YM: Gmail: Skype: havanvt
Edited by Foxit Reader
Copyright(C) by Foxit Corporation,2005-2009
For Evaluation Only.
Trang 2/4
Câu 1
Hướng dẫn giải (5 điểm)
1.
(2.5 điểm)
Với
2
9
x  thì ta có
9 4 2 9 4 2
9 3 9 4 2 9 3 9 4 2
A
 
 
   


  
9 4 2 2 1 9 4 2 2 1
1
6 2
2 1 2 1
 
    
 

 
 
 
0.5
Biến đổi được
5
3
A

.
KL:
0.5
2
(2.5 điểm)
2
( 1) (2 1) 1 0
m x m x m
     
(1)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì

heo định lý Vi-ét ta có
1 2
2 1
1
m
x x
m

 

và
1 2
1
1
m
x x
m



0.5
Mặt khác
2 2
1 2 1 2
2009 2012
x x x x  
 
2
1 2 1 2
2011 . 2012

1
(2 điểm)
ĐK:
1
4
x
 
. Với điều kiện đó ta có:
2 2 4 1 0
x x
   
Biến đổi phương trình đã cho trở thành:




2
7 2 3 4 9 2 7 2 2 4 1
x x x x x
       
0.5
Trang 3/4
2
2 3 4 9 2 2 2 4 1
x x x x x
        
(1)
Đặt
2 2 4 1
t x x

3
t

(t/m)
0.5
+ với
3
t

ta có
2 2 4 1 3
x x
   
giải ra được
2
9
x
 
(t/m)
KL: Phương trình có một nghiệm duy nhất
2
9
x
 
0.5
2
(2 điểm)
2 4 2 (1)
2 4 2 (2)
2 4 2 (3)

2 2 1 2 2 1 2 2 1 0
x y z
         
1.0
Lập luận được
3
x y z
  
(t/m đk) KL:
0.5
Câu 3
(4 điểm)
1
(2 điểm)
Biến đổi


2 2
3
y xy y x x
   




2 2
3 1 3 0
y x y x x
     
(1) (coi

x

tìm được
6
y

0.5
Khẳng định được: - Giá trị nhỏ nhất của x bằng -1 đạt được khi
0
y

.
- Giá tr
ị lớn nhất của x bằng 3 đạt được khi
6
y

.
0.5
2
(2 điểm)
Đặt
4 3 2
8 23 26 10
M k k k k
    
Ta có




2
3 1
k
 
là số
chính phương.
0.5
+
 
2
1 0 1
k k
   
.
+ Xét
 
2
3 1
k
 
là số chính phương, đặt
   
2
2
3 1k m m   

0.5
Ta có
   
2 2

k k
   
V
ậy với
1
k

và
3
k

thì
4 3 2
8 23 26 10
k k k k
   
là s
ố chính ph
ương
Câu 4
(
6
đi
ểm)
d
SR
G
E
D
I

Suy ra
CH
là tia phân giác c
ủa góc

MHN
0.5
2
(2
điểm)
Qua điểm K kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt đường
thẳng CM và CN tại D và E.
Ta có
OK DE

0.5
+ Khẳng định tứ giác OMDK nội tiếp suy ra


OMK ODK

(1).
+ Kh
ẳng định tứ giác OKNE nội tiếp suy ra


OEK ONK

(2).
Mà

nên
KD CK
IP CI

và
KE CK
IQ CI


KE KD
IQ IP

Suy ra IP=IQ, vậy I là trung điểm của PQ.
0.5
3
(2 điểm)
Xét hai tam giác PMO và PHC có

P
chung và


0
90
PMO PHC 
Suy ra
PMO

và
PHC

CM = CN
)
0.5
Gọi G là giao điểm của CH và QM. Giả sử PG cắt CQ tại điểm J. Ta
ch
ứng minh J và N trùng nhau.
Th
ật vậy kẻ đường thẳng a đi qua C và song song với PQ. Gọi R và S
lần lượt là giao điểm của QM, PJ với đường thẳng a.
Vì
RS// PQ nên theo định lý Ta lét ta có:
; ;
PH HQ QJ PQ CM CR
CS CR JC CS MP PQ
  
CR
. . . . 1
PH QJ CM CS PQ
HQ JC MP CR CS PQ
  
(5)
0.5
Từ (4) và (5)
. . . . 1
PH QN CM PH QJ CM
HQ NC MP HQ JC MP
 

C
QN QJ

z
  
Vì x, y là hai số dương nên
   
2 2
6
4 4
x y z
xy
 
 
0.5
   
2
3 8
A x y z xy yz zx xyz
       




28 3 3 6
xy z z z
    
 
   
 
  
2
2