Đề thi HSG Toán 9 Hà Nam năm 2013 - 2014. Đăng ký tài liệu 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 liên hệ cô Trang: 0948.228.325 (Zalo).

1. Tuyển tập 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 trường chuyên, tặng bộ
đề thi HSG Toán 9. Liên hệ tư vấn và đặt mua tài liệu: 0948.228.325 (Zalo – Cô Trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian
giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =
   
2 2 - 3 3 2 - 3 -2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi a = 1 3 2
 , b =
11 8
10
3

Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x3
– 5x2
+ (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số.
a) Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1,
x2, x3.
b) Tìm giá trị của m để x1
2
+ x2
2
+ x3
2
= 11.
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho số nguyên dương n và các số A =
2
444....4
n
(A gồm 2n chữ số 4); B =
888.....8
n
(B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm
M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm).
Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc
đường tròn ngoại tiếp  COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi
M thay đổi trên đường thẳng d.
d) Chứng minh
2
2
MD HA
=
MC HC
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
Chứng minh
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
 .
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT

2. Tuyển tập 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 trường chuyên, tặng bộ
đề thi HSG Toán 9. Liên hệ tư vấn và đặt mua tài liệu: 0948.228.325 (Zalo – Cô Trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn này gồm 4 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(2,0 đ)
a) M =
   
2 2 - 3 3 2 - 3 -2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

ĐK xác định của M:
, 0 0
0 0
a b a
a b
 
 

 
 
 
0,25
M =
2 2 2 2 3 2 3 3 2 2
2 3
a a ab ab b a
a ab
    

0,25
=
2 3 ( 2 3 )( 2 3 ) 2 3
2 3 ( 2 3 )
a b a b a b a b
a ab a a b a
   
 
 
0, 5
b) Ta có M =
3
2
b
a
 với a = 1 3 2
 , b =
11 8
10
3
 0,25
3 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2
17
1 3 2 (1 3 2)(3 2 1)
b
a
   
   
  
0,25
Vậy  
2
3
6 4 2 2 2 2 2
b
a
      0,25
Từ đó M = 2 (2 2) 2
    0,25
Câu 2
(2,0 đ)
a) x3
– 5x2
+ (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)
  2
2
2
2 ( 3 2 1) 0
3 2 1 0(*)
x
x x x m
x x m


       
   

Nếu
2
2
3 2 1 0
x
x x m



   

trừ 0,25 điểm
0,25
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác
2
0,25
Điều kiện là
0 13 8 0 3 13
4 6 2 1 0 2 3 2 8
m
m
m m
   
 
   
 
    
 
0,5
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3
trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)
0,25
Khi đó x1
2
+ x2
2
+ x3
2
= 11
   
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
4 2 11 2 7(**)
x x x x x x x x
        
0,25
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 2 3
2 3
3
. 2 1
x x
x x m
 


 

(0,25 đ)
Vậy (**) 9 2(2 1) 7 1
m m
      (thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
0,5

3. Tuyển tập 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 trường chuyên, tặng bộ
đề thi HSG Toán 9. Liên hệ tư vấn và đặt mua tài liệu: 0948.228.325 (Zalo – Cô Trang)
Câu 3
(1,0 đ)
Ta có  
2
444.....4 444......4000...0 444.....4 444....4. 10 1 888....8
n
n n n n n n
A       0,25
=
2
4.111....1.999....9 4.111....1.9.111....1 6.111....1
n n n n n
B B B
 
    
 
 
0,25
=
2 2
3 3
.888....8
4 4
n
B B B
   
  
   
 
 
0,25
Khi đó
2 2 2
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
A B B B B B B B
     
          
     
     
=
2 2 2
1
3
.888....8 2 3.222....2 2 666....68
4 n n n
     
   
     
     
Ta có điều phảI chứng minh.
0,25
Câu 4
(4,0 đ)
d
Q
H
I
B
A
C
O
D
M
a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)
0
90
MAO MBO
  
0,25
I là trung điểm của CD 0
90
OI CD MIO
    0,25
A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25
 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
 MO là đường trung trực của AB
 MO  AB
 MH.MO = MB2
(hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
0,25
1
2
MBC MBD
  sđ BC
 ( . )
MBC MDB g g
 
 2
.
MB MD
MC MD MB
MC MB
   (2)
0,25

4. Tuyển tập 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 trường chuyên, tặng bộ
đề thi HSG Toán 9. Liên hệ tư vấn và đặt mua tài liệu: 0948.228.325 (Zalo – Cô Trang)
Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD

( . . )
MC MO
MCH MOD c g c
MH MD
MHC MDO
   
 
0,25
tứ giác CHOD nội tiếp
 H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD.
0,25
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung
 MIO QHO
 
0,25
 2 2
.
MO OQ
OI OH
MO OH OA R
OQ
OI OI OI

   
(R là bán kính (O) không đổi) 0,25
O, I cố định  độ dài OI không đổi
 lại có Q thuộc tia OI cố định
 Q là điểm cố định  đpcm.
0, 5
d)
0
0 0 0 180
90 90 90
2
COD
AHC MHC ODC

      ( COD
 cân tại O)
=  
0 0
1 1 1
180 360
2 2 2
COD sdCBCB sdCAD
   
= CBD (3)
0,25
CAH CDB
 (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4) ( . )
AHC DBC g g
  

HA BD
HC BC
 (5)
0,25
( . )
MBC MDB g g
  (chứng minh trên)
2
.
MD MB BD
MB MC BC
BD MD MB MD
BC MB MC MC
  
 
  
 
 
(6)
0,25
Từ (5) và (6)
2
2
MD HA
MB HC
  0,25
Câu 5
(1,0 đ)
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2
+ ab + ac + bc = a2
+bc +
a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2
+ bc  2a bc . Từ đó
a2
+ bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) =
a( b c
 )2
0,25
Vậy
   
2
2013
a a a a
a a bc a b c
a a b c
a a b c
  
   
 
 
(1) 0,25
Chứng minh tương tự được 0,25

5. Tuyển tập 19 chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 trường chuyên, tặng bộ
đề thi HSG Toán 9. Liên hệ tư vấn và đặt mua tài liệu: 0948.228.325 (Zalo – Cô Trang)
2013
b b
b b ca a b c

   
(2) và
2013
c c
c c ba a b c

   
(3)
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a b c
 
 
 
Dờu “=” xảy ra
2
2
2
671
2013
a bc
b ca
a b c
c ab
a b c
 



    



   

0,25
**
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM
Câu 3: Từ giả thiết ta có
2 1 2 2
2
1 2
4.111...1 4(10 10 ... 1)
2.888...8 16.111...1 16(10 10 ... 1)
n n
n
n n
n n
A
B
 
 
    
     
Từ đó suy ra D=A+2B+4= 2 1 2 2 1 2
4(10 10 ... 1) 16(10 10 ... 1)
n n n n
   
       +4
9D = 2 1 2 2 1 2
4(10 1)(10 10 ... 1) 16(10 1)(10 10 ... 1) 36
n n n n
   
         
9D=
 
2
2
2
4(10 1) 16(10 1) 36
4(10 4.10 4)
2 10 2
n n
n n
n
   
  
 
 
 
 
Suy ra đpcm.
Câu 5: Với gt đã cho ta có:
2 2
2013 ( )
( ( )( ))
( )( )
(2 ( )( ) 2 ) ( 2 )
2( ) 2( ) 2( )
a a
a a bc a a b c a bc
a a a b a c
a
a a ab ac bc
a a b a c
a a b a c a a a b a c a ab ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc

     
  
 
   
  
       
  
     
(theo BĐT cosi 2 ab a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT
ab ac bc ba cb ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
  
 
     
=1 (ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.