›
›
›

Tổng hợp đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010

pdf 58 trang thungat 6210
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdftong_hop_de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_nam_hoc_20.pdf

Nội dung text: Tổng hợp đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010

  1. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI AN GIANG Năm học 2009 – 2010 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp: 9 Thời gian làm bài: 150 phút SBD: PHÒNG: (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (4,0 điểm) Chứng minh rằng các số sau đây là những số nguyên: æö25212 1/. a=ç÷-++(527) èø3-133 133 2/. b =4+53+548-+10743 Bài 2: (6,0 điểm) 1/. Cho phương trình ẩn x , tham số m : x22-2(m++1)xmm+2-=30 Xác định các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm xx12, sao cho 2008<xx21<<2013 . ì 3322 ï2(x+y)3=+( xyxy ) 2/. Giải hệ phương trình: í 3 îïxy+=36 Bài 3: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y=x3+2(1+x3+1) +xx33+2(11-+) Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), các tiếp tuyến tại A và C đồng quy với đường thẳng BD ở M. Chứng minh rằng: AB. CD = BC. AD Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC kéo dài về phía C, lấy một điểm M. Một đường thẳng D đi qua M cắt các cạnh CA, AB tại N và P. Chứng minh BMCM rằng: - không đổi, khi M và D thay đổi. BPCN Hết
  2. Ubnd tØnh b¾c ninh ®Ò thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Së gi¸o dôc vµ §µo t¹o N¨m häc: 2009 - 2010 M«n thi: to¸n – líp 9 - thcs (Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) §Ò chÝnh thøc Ngµy thi 14 th¸ng 4 n¨m 2010 C©u 1 (3,5 ®iÓm) 2+-323 1) Rót gän biÓu thøc: + . 2+4+232 423 2) Cho hµm sè f(x) = (x3 + 6x - 5)2010. TÝnh f(a), víi a = 3 3 + 17 + 3 3- 17 . C©u 2 (4,5 ®iÓm) 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: ìx2 -2xy+=2yx ï ï2 íy-2yz+=2zy. ï z2 -2zx+=2xz îï 1 2/ Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x32-xx-=. 3 C©u 3 (4,0 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O, R) néi tiÕp h×nh thang ABCD (AB//CD), víi E; F; G; H theo thø tù lµ tiÕp ®iÓm cña (O, R) víi c¸c c¹nh AB; BC; CD; DA. EBGD EB 4R 1) Chøng minh = . Tõ ®ã, h·y tÝnh tû sè ,biÕt: AB= vµ BC=3R. EAGC EA 3 2) Trªn c¹nh CD lÊy ®iÓm M n»m gi÷a hai ®iÓm D vµ G sao cho ch©n ®­êng vu«ng gãc kÎ tõ M ®Õn DO lµ ®iÓm K n»m ngoµi (O, R). §­êng th¼ng HK c¾t (O, R) ë ®iÓm T (kh¸c H). Chøng minh MT = MG. C©u 4 (4,0 ®iÓm) 1/ Cho tam gi¸c ABC cã BC = a; CA = b; AB = c vµ R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tho¶ m·n hÖ thøc R(b + c) = a bc . H·y x¸c ®Þnh d¹ng tam gi¸c ABC. 2/ Gi¶ sö tam gi¸c ABC kh«ng cã gãc tï, cã hai ®­êng cao AH vµ BK. Cho biÕt AH ³ BC vµ BK ³ AC. H·y tÝnh c¸c gãc cña tam gi¸c ABC. C©u 5 (4,0 ®iÓm) 1/ T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè tù nhiªn n vµ k ®Ó ( n4+4)2k1+ lµ sè nguyªn tè. 2/ Cho c¸c sè thùc a vµ b thay ®æi tháa m·n a33+=b2. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn cña (a + b). HÕt (§Ò thi gåm 01 trang) Hä vµ tªn thÝ sinh: Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: Sè b¸o danh: Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2:
  3. THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 9 THCS – T NH BÌNH NH MÔN TOÁN – Th i gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 Bài 1: (3 i m) Tìm t t c các c p s nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 i m) 111 Cho x, y, z là 3 s th c khác 0 và 0 xyx yzzxxy Ch ng minh r ng 3 x222yz Bài 3: (3 i m) Gi i h ph ng trình: xy7 x20y36 Bài 4: (4 i m) Cho i m O thu c mi n trong c a tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO c t các c nh tam giác ABC l n l t t i G, E, F. OAOBOC Ch ng minh r ng 2 AGBECF Bài 5: (4 i m) Cho ng tròn (O), ng kính AB. Trên tia ti p tuy n Ax v i ng tròn (O) l y i m C sao cho AC = AB. ng th ng BC c t ng tròn (O) t i D, M là m t i m thay i trên o n AD. G i N và P l n l t là chân ng vuông góc h t M xu ng AB và AC, H là chân ng vuông góc h t N xu ng ng th ng PD. a) Xác nh v trí c a M tam giác AHB có di n tích l n nh t. b) Ch ng minh r ng khi M thay i, HN luôn i qua m t i m c nh. Bài 6: (3 i m) 111 Ch ng minh: 17 18 23100 1
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 GIA LAI Năm học: 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI: Câu 1: (2,5 điểm) Chứng minh rằng 251975+ 2010 chia hết cho 3. Câu 2: (2,5 điểm) Chứng minh rằng nếu xy+(1+xy22)(11+=) , thì x1+y22+yx10+=. Câu 3: (3 điểm) Cho 3 số dương abc, , . Chứng minh bất đẳng thức: 222 a+bb++cca ++ ≤ ++. abcabbcca Câu 4: (3,5 điểm) 2 Cho phương trình x-2(m-1) xm+-=30, mÎ ¡ . a) Chứng minh rằng với mọi mÎ ¡ , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 . b) Tìm số nguyên m để các nghiệm x1 và x2 cũng là số nguyên. Câu 5: (4 điểm) 1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): yx= 2 và đường thẳng (d): 4 y=+mx 1 , mÎ ¡ . Chứng minh rằng với mọi mÎ ¡ : a) (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. b) Diện tích tam giác AOB không nhỏ hơn m +1.2. Câu 6: (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N. Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI tại P. Chứng minh rằng góc IPB vuông. HẾT
  5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - LỚP 9 HÀ NỘI Năm học 2009-2010 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 31 - 3 - 2010 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài I (4 điểm) Tính giá trị của biểu thức: 3(2+-5).3 17538 A = ()x313+-xx20102009 với x= 5+-1465 Bài II (4 điểm) 1) Giải phương trình : x4+3x32-2xx-6+=40 2) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: xy+x+ya=+1 x22y+=xya Bài III (4 điểm) 1) Giải bất phương trình: x43+xx++1 £ 0 x4-x32+21xx-+ 2) Tìm giá trị lớn nhất của: 111 B = ++ x3+y3+1y3+z3+11zx33++ Với x, y, z là các số dương và x, y, z = 1 Bài IV (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). D là một điểm bất kì thuộc cung nhỏ AC (D khác A và C). Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng AB, AC. Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN, BC. 1) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau. 2) Đường tròn (I; r) nội tiếp tam giác ABC. Tính IO với R = 5cm, r = 1,6cm. Bài V (2 điểm) Tìm các số x, y nguyên dương để C là số nguyên dương với xx3 + C = xy -1 Hết ( Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
  6. SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Đề chính thức Đề thi môn: toán Ngày thi: 25 tháng 3 năm 2010 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: ( 6 điểm) æö2+-323 1. Rút gọn biểu thức:ç÷- :3 ç÷ èø7-43 7+43 2. Biết: (x+x22+5)(yy++=55) ; Tính giá trị của biểu thức A= x + y 3. Phân tích thành nhân tử biểu thức sau: ( n+ 1)( n+3)(n + 5)( n+ 7) + 15 ( yêu cầu phân tích thành 4 nhân tử bậc nhất) Bài 2: ( 6 điểm) 1. Giải phương trình: x3 + 3x2 + x – 2 = 0 ìx33+=+33xyy 2. Giải hệ phương trình: ï . í2 îïx+xy -=200 3. Cho hàm số y = mx + 1- x+ m ( m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ thành tam giác có diện tích là 2. Bài 3: ( 5 điểm) 1. Cho hình thang cân ABCD biết 2 đáy AB = 10, CD =22 và DB là phân giác của góc ADC. Tính diện tích hình thang. 2. Cho 2 đường tròn (O; R) và ( I ; r) cắt nhau tại 2 điểm A, B. Biết R = 3; r = 4 và OI =5. Một cát tuyến qua B cắt 2 đường tròn lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng: Tam giác ACD là tam giác vuông với mọi vị trí của cát tuyến CD. Bài 4: ( 1 điểm) Cho 2 số a, b thảo mãn a ³1; b ³ 4, Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: 11 A = ab+++ . ab Bài 5:( 2 điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số thỏa mãn chữ số hàng ngìn và hàng trăm bằng nhau; Chữ số hàng chục và hàng đơn vị bằng nhau. Hết
  7. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính thức Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f(x)=(x3+-12x31) 2010 Tính f(a) tại a=3316-85++1685 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x22+xy+y)=+7(x2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2=x3-x22+-xx ì111 ï ++=2 ïxyz b) Giải hệ phương trình: í ï 21 -=2 4 îïxyz Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 111 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A=++ x3+y3+1y3+z3+1z33++x1 Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE= BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH^ PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - - GV :TRương Quang Huệ - Quỳnh Bá – Q .L - Nghệ An
  8. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS TØnh ninh b×nh N¨m häc 2009- 2010 M«n: To¸n C©u 1 (4,0 ®iÓm): 1111 1. Rót gän biÓu thøc: P =++++ 1+55+99++1320062010 2. Cho x =335(6+1) 5(61) . TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: A = x3 +15x C©u 2 (6,0 ®iÓm): ìx22+y+2(xy -=2)0 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh sau: ï í 22 îïx+y-=2xy 16 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 16x4+5=+6433xx C©u 3 (6,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c ABC cã B·AC = 600 , AC = b, AB = c (víi b > c). §­êng kÝnh EF cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC vu«ng gãc víi BC t¹i M. Gäi I vµ J lÇn l­ît lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc h¹ tõ E xuèng c¸c ®­êng th¼ng AB vµ AC. Gäi H vµ K lÇn l­ît lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc h¹ tõ F xuèng c¸c ®­êng th¼ng AB vµ AC. 1. Chøng minh c¸c tø gi¸c AIEJ vµ CMJE néi tiÕp. 2. Chøng minh ba ®iÓm I, J, M th¼ng hµng vµ IJ vu«ng gãc víi HK 3. TÝnh ®é dµi c¹nh BC vµ b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC theo b, c C©u 4 (2,0 ®iÓm): Cho x > 0, y > 0 vµ xy+£4 . 55 TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: M=+xy++ xy C©u 5 (2,0 ®iÓm): T×m c¸c cÆp sè nguyªn (x; y) tháa m·n: 5x - 3y = 2xy - 11. HÕT.
  9. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NINH LỚP 9 THCS NĂM 2009-2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN ( BẢNG B) Ngày thi: 25/3/2010 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1: ( 3,5 điểm ) xy+2y+1yz+2y+1zx++2x1 A =++ Cho biểu thức : xy+x+y+1yz+y+z+1zx+z++x1 ( với x;y;z là các số thực có giá trị khác -1). Chứng minh A là một số nguyên. Bài 2: ( 3,5 điểm ) Tìm số tự nhiên a sao cho A=a2 +10a +136 có giá trị là số chính phương. Bài 3. (4điểm) 271 -= Giải phương trình: 3x22-x+23x++5x2x Bài 4.( 7 điểm ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C là điểm chính giữa cung AB, M là điểm bất kỳ thuộc cung BC ( điểm M khác B và C ) AM cắt OC tại I. Kẻ CK vuông góc với AM ( KÎAM), OK cắt BC tại N a) Chứng minh IKNC là tứ giác nội tiếp b) Khi M di chuyển trên cung BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICM luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5: ( 2 điểm ) 2 A= Trục căn thức ở mẫu: 2.332++24 Hết
  10. Së Gi¸o dôc - §µo t¹o §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2009-2010 Th¸i B×nh M«n: To¸n ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1. (3 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: 2x2y4+2y4+y2+5x+2y=5xy42++2x1 Bµi 2. (3 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: ì 385 4xy+4xy22++= ï( ) 2 ï ( xy+) 3 í 113 ï2x += îïx+y3 Bµi 3. (3 ®iÓm) Chøng minh r»ng: NÕu ®a thøc P(x) = x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 cã nghiÖm th× 2b+≥c2. Bµi 4. (3 ®iÓm) Cho x; y lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: 4x2 + y2 = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña 2x+ 3y biÓu thøc: A = . 2x++y2 Bµi 5. (3 ®iÓm) Tõ mét ®iÓm E ë ngoµi ®­êng trßn t©m O kÎ 2 tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn t¹i A vµ B. Gäi M lµ ®iÓm n»m trªn ®o¹n AB (M kh¸c A vµ B, MA ≠ MB). Gäi C vµ D lµ 2 ®iÓm trªn ®­êng trßn sao cho M lµ trung ®iÓm cña CD. C¸c tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i F. Chøng minh r»ng tam gi¸c OEF lµ tam gi¸c vu«ng. Bµi 6. (3 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O; R) vµ 2 ®iÓm A, B n»m ngoµi ®­êng trßn sao cho OA = R2. T×m ®iÓm M trªn ®­êng trßn sao cho tæng MA + 2.MB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Bµi 7. (2 ®iÓm) Mét tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè tù nhiªn cã 2 ch÷ sè. NÕu ®æi chç hai ch÷ sè cña sè ®o c¹nh huyÒn ta ®­îc sè ®o cña mét c¹nh gãc vu«ng. TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®ã. HÕt 1
  11. K× thi chän HSG TØnh Thanh Hãa N¨m häc: 2009 - 2010 Bµi 1. (4 ®iÓm ) æö21xx+x-xx+-xxx Cho biÓu thøc: P = ç÷-+. èøxx-1x-12x+xx 121 a) Rót gän biÓu thøc P. b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P khi x (5+26)(49 206)526 = 493-112 Bµi 2. (5 ®iÓm ) 2xx13 a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: +=6 3x22-5x+232xx++ ìx(xy+=3)4 b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: í2 î45y=-xy Bµi 3. (3 ®iÓm ) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: æöy++zzx+xy A = (x+y)(y+z)(zx+). ++ ç÷ èøxyz Víi x, y, z lµ ba sè thùc d­¬ng thay ®æi cã tæng b»ng 2 Bµi 4. (6 ®iÓm ) Cho tam gi¸c ®Òu ABC néi tiÕp ®­êng trßn (O). Mét ®­êng th¼ng d thay ®æi nh­ng lu«n ®i qua A c¾t hai tiÕp tuyÕn t¹i B vµ C cña ®­êng trßn (O) t­¬ng øng t¹i M vµ N. §­êng th¼ng d c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ E kh¸c A. MC c¾t NB t¹i F . Chøng minh r»ng: a) Hai tam gi¸c ACN vµ MBA ®ång d¹ng; hai tam gi¸c MBC vµ BCN ®ång d¹ng b) Tø gi¸c BMEF néi tiÕp ®­îc ®­êng trßn c) Khi d thay ®æi nh­ng lu«n ®i qua A th× ®­êng th¼ng EF lu«n lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh Bµi 5. (2 ®iÓm ) Trªn mét ®­êng trßn cho 6 ®iÓm ph©n biÖt. Hai ®iÓm b¾t k× trong 6 ®iÓm nµy ®Òu ®­îc nèi víi nhau b»ng mét ®o¹n th¼ng mµu xanh hoÆc mµu ®á. Chøng minh r»ng tån t¹i mét tam gi¸c cã ba c¹nh cïng mµu
  12. UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH Khoá ngày 23/3/2010 Đề chính thức Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu. Câu 1: ( 5,0 điểm) ïìa32-=3ab233 1. Giả sử các số a, b thoả mãn: . Tính P=+ab22 í32 îïb-=3ab2010 2. Với giá trị nào của b thì hai phương trình: 2011x2 +bx+=11020 và 1102x2 +bx+=20110 có nghiệm chung. Câu 2: ( 5,0 điểm) 1. Giải phương trình: x-1+x3+x24+x+1=1+-x1 2 2. Cho phương trình: y+my+=p0 có hai nghiệm là y1 và y2 . Định m và p 1 1 để và cũng là nghiệm của phương trình này. 1y+ 1 1y+ 2 Câu 3: ( 2,0 điểm) Một thầy giáo còn trẻ dạy môn toán khi được hỏi bao nhiêu tuổi đã trả lời như sau: “ Tổng, tích, hiệu, thương của tuổi tôi và đứa con trai tôi cộng lại là 216”. Hỏi thầy giáo bao nhiêu tuổi? Câu 4: ( 3,0 điểm) Giả sử phương trình bậc hai ax2 +bx+=c0 có hai nghiệm thuộc đoạn [0; 1]. (a b)(2ac) Xác định a, b, c để biểu thức P = đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn a(a-+bc) nhất. Câu 5: ( 5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, qua A ta vẽ đường thẳng d di động. Gọi B’, C’ là hình chiếu của B và C xuống d; H là chân đường cao của tam giác ABC. 1. Chứng minh rằng đường tròn đường kính B’C’ qua một điểm cố định. 2. Tìm tập hợp trung điểm M của B’C’. Hết * Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
  13. Sở GD Tp Hồ Chí Minh ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ NĂM 2009 THỜI GIAN LÀM BÀI : 150 PHÚT Bài 1 (4 đ). Thu gọn các biểu thức sau 2 3 3 13 48 a) A 6 2 a b 1 a b  b b  B b)   a ab 2 ab  a ab a ab  với a,b 0,a b Bài 2 (4 đ). Cho phương trình m 3 x2 3 m 1 x m 1 m 4 0 a) Định m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Định m để phương trình có ít nhất một nghiệm âm. Bài 3 (3 đ). Giải các phương trình sau: 2 a) 2 8x 7 4x 3 x 1 7 b) x 17 x2 x 17 x2 9 Bài 4 (3 đ). a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ước chung lớn nhất của 2 số 21n 4 và 14n 3 b) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh ab bc ca a b c c a b Bài 5 (3 đ).Cho hai đường tròn O và O cắt nhau tại 2 điểm A, B . Qua A kẻ đường thẳng cắt O tại M và cắt O tại N . Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6 (3 đ). Cho đường tròn O đường kính AB và tia tiếp tuyến Ax . Từ M thuộc Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn O với C là tiếp điểm. Đường vuông góc với AB tại O cắt BC tại N . a) Có nhận xét gì về tứ giác OMBN . b) Trực tâm H của tam giác MAC di động trên đường cố định nào khi M di động trên tia Ax Hết NGUYỄN TĂNG VŨ
  14. SỞ GD-ĐT TRÀ VINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN ngàyThi Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ___ 7 - 4 - 20 Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức 10 x x 2 x 3 x 2 P = 1 : x 1 x 5 x 6 x 2 3 x 1- Rút gọn P. 2- Tính P khi x 4 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng: 1 D1: y = 3x + 6; D2: y = x 1; D3: y 2x 4 2 Gọi A là giao điểm của D1 và D2, B là giao điểm của D1 và D3, C là giao điểm của D2 và D3. 1- Vẽ D1, D2 và D3. Tìm tọa độ của A, B, C. 2- Tính diện tích tam giác ABC. 3- Tính số đo A , B , C của tam giác ABC (độ, phút, giây). Bài 3: (4 điểm) 1- Giải phương trình: x2 3x 3 x 2 6x 3 53 x2 4x 3 x 2 5x 3 12 2- Giải hệ phương trình: y 4x 5 2 y 2x x y 1 7 Bài 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, HB 20cm, HC 45cm. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Kẻ các tiếp tuyến BM, CN với đường tròn (M và N là các tiếp điểm khác H). 1- Tính diện tích tứ giác BMNC. 2- Gọi I là giao điểm của đường thẳng CN và đường thẳng HA. Tính độ dài AI, IN. 3- Gọi J là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng CB. Tính độ dài JM, JB. Bài 5: (3 điểm) Cho đường tròn (O, R), đường kính AB cố định và đường kính CD quay quanh điểm O. Các đường thẳng AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn theo thứ tự tại E và F. 1- Chứng minh rằng tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn. 2- Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Chứng minh rằng điểm I di động trên đường thẳng cố định khi đường kính CD quay quanh điểm O. Hết TRỌNG TÚ - TRƯỜNG THCS HIỆP HÒA
  15. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 9 thCS TUYÊN QUANG n¨m häc 2009 - 2010 * m«n: to¸n ® Ò c h Ý nh t h øc Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò nµy cã 01 trang) C©u 1 (4 ®iÓm). Rút gọn các biểu thức sau: abc 1) P=++, trong đó a,,bc là các số đôi một khác (a-b)(a-c)(b-c)(b-a)(c a)()cb nhau. x+2x-1+xx 21 2) Q= , trong đó x ³ 2 . x+2x-1-xx 21 C©u 2 (4 ®iÓm). Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau: ì x3 - 3x - 2 = 2 - y ï 3 íy - 3y - 2 = 4 - 2z . ï 3 îz - 3z - 2 = 6 - 3x C©u 3 (4 ®iÓm). 1) Chứng minh chữ số tận cùng (chữ số hàng đơn vị) của các số tự nhiên n và n5 là như nhau. 2) Tìm số nguyên tố p để 51p2 + là số nguyên tố. C©u 4 (6 ®iÓm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R > 0 không đổi và hai đường kính cố định AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm I bất kỳ trên đoạn OC (I không trùng với O và C); dựng đường tròn tâm I bán kính IA, đường tròn này cắt tia AD và AC lần lượt tại M và N (khác điểm A). 1) Chứng minh rằng ba điểm I, M, N thẳng hàng. 2) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC, đường thẳng này cắt CD tại K. Chứng minh rằng: DM.DA = DK.DO. 3) Tính tổng MA + NA theo R. C©u 5 (2 ®iÓm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a4+b4+c4³a3++bc33 .HẾT
  16. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH LONG NĂM HỌC : 2009 - 2010 Môn thi : TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 21 – 03 – 2010 Bài 1: (4 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để 2 phương trình sau đây có ít nhất một nghiệm chung x2 + mx + 4 = 0 (1) và x2 + 4x + m = 0 (2) Bài 2: (2 điểm) 5t2+ Tìm các số nguyên t sao cho là một số nguyên 17 Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ x248æöx4 +2=-10ç÷ 3x èø3x Bài 4: (3 điểm) Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi của tam giác. Chứng minh rằng: 1 (p-a)(p-b)(p-£c)abc 8 Bài 5: (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A và D là một điểm trân cạnh AC (khác với A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại E. Từ B, kẻ tiếp tuyến thứ hai BF với đường tròn (D). Gọi M là tung điểm của BC, N là giao điểm của BF và AM. Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn và AN = NF Bài 6: (3 điểm) Tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD, có AB = BC = 2 5 , CD = 6. Tính bán kính của nửa đường tròn. Hết
  17. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. —————————— Câu 1. (2.5 điểm) 22 ìïy=(xx++82)( ) Giải hệ phương trình: í ï168x-y+16=54x22+-xyy î Câu 2. (2.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất với mỗi số nguyên lẻ a mà an2 £ thì n chia hết cho a. Câu 3. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ). AD,,BECF là ba đường cao (DÎBC,,EÎÎCAFAB) . Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn ()O tại điểm M . 1. Chứng minh rằng bốn điểm A,M,,EF cùng nằm trên một đường tròn. 2. Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH^ AN Câu 4. (1.5 điểm) Chứng minh rằng: 2 3 1111(a+b++cabc ) +++³ với mọi abc,,0> a+bb+cc+a2 3 abc (a+b)(b++c)()ca Câu 5. (1.0 điểm) Mỗi ô vuông đơn vị của bảng kích thước 10´10 (10 dòng, 10 cột) được ghi một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho bất kỳ hai số nào ghi trong hai ô chung một cạnh hoặc hai ô chung một đỉnh của bảng là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất 17 lần. —Hết— (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh:
  18. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Môn : TOÁN ĐỀ CHÍNH TH ỨC Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy a3 a 2 a b) Cho biểu thức A = + + với a là số tự nhiên chẵn. 24 8 12 Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên. Bài 2 : (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – 6 b) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 3 20 + 14 2 + 3 20 - 14 2 Bài 3 : (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x - 2 + 6 - x = x2 - 8x + 24 1 1 9 x + y + + = x y 2 b) Giải hệ phương trình: 1 5 xy + = xy 2 Bài 4 ( 5,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M M B;C . Gọi I; H; K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH. a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK. b) Chứng minh PQ // BC. c) Gọi (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp MPK và MQH. Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ). d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O1),(O2 ) Chứng minh rằng M,N,D thẳng hàng. Bài 5 ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh : AM BN CP + + 9 OM ON OP HẾT
  19. Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Bài Câu Bài giải Điểm a Ta có: 2điểm 6x 5 y 18 2 xy 2xy - 6x - 5y = 18 2xy - 6x + 15 - 5y = 33 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33 (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 Ta xét các trường hợp sau : 0,75đ y 3 1 x 19 * 2x 5 33 y 4 y 3 33 x 3 0,5đ * 2x 5 1 y 36 y 3 11 x 4 * 2x 5 3 y 14 0,5đ 1 y 3 3 x 8 4điểm * 2x 5 11 y 6 Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên. Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4) 0,25đ b Vì a chẵn nên a = 2k k N 0,25đ 2điểm 8k3 4 k 2 2 k k 3 k 2 k Do đó A 24 8 12 3 2 6 2k3 3 k 2 k k k 1 2 k 1 0,5đ 6 6 Ta có : k k+1  2 k k+1 2k+1  2 0,25đ Ta chứng minh : k k 1 2 k 1 3 Thật vậy : - Nếu k = 3n (với n N ) thì k k 1 2 k 1  3 - Nếu k = 3n + 1 (với n N ) thì 2k 1 3 - Nếu k = 3n + 2 (với n N ) thì k 1 3 0,75đ k N k k 1 2 k 1 Với mọi luôn chia hết cho 2 và cho 3 Mà (2, 3) = 1 k k 1 2 k 1  6 Vậy A có giá trị nguyên. 0,25đ a a) 2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6 0,5đ 2điểm = 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) 1,0đ = (x – 1)(x – 2)(2x – 3) 0,5đ 2 b Đặt u = 3 20 14 2 ; v = 3 20 14 2 0,25đ 4điểm 2điểm Ta có x = u + v và u3 v 3 40 0,5đ u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2 0,5đ 3 3 3 x = u + v x u v 3 uv ( u v ) = 40 + 6x 0,5đ
  20. hay x3 6 x 40 . Vậy M = 40 0,25đ a PT: x 2 6 x x2 8 x 24 (1) 0,25đ 2,5điểm ĐKXĐ: 2 x 6 0,5đ Chứng minh được: x 2 6 x 2 2 0,5đ Dấu “=” xảy ra x – 2 = 6 – x x = 4 x2 8 x 24 ( x 4) 2 8 8 2 2 0,5đ Dấu “=” xảy ra (x – 4)2 = 0 x - 4 = 0 x = 4 0,5đ Phương trình (1) xảy ra x = 4 Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4  0,25đ b Điều kiện: xy 0 0,25đ 2,5điểm 1 1 9 x + y + + = x y 2 2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1) 0,25đ 1 5 2 xy + = 2(xy) -5xy+2=0 (2) xy 2 xy=2 (3) Giải (2) ta được: 1 0,25đ xy= (4) 2 Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5) 3 5điểm x 1 x y 3 y 2 Từ (5) và (3) ta được: ( thoả mãn ĐK) 0,5đ xy 2 x 2 y 1 0,5đ 1 3 Thay xy = vào (1) ta được x + y = (6) 2 2 x 1 3 1 x y y 2 2 0,5đ Từ (6)và(4) ta được: (thoả mãn ĐK) 1 1 xy x 2 2 y 1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: 1 1 0,25đ (x ; y ) (1;2),(2;1), 1; , ;1 2 2 4 5điểm
  21. A H O2 K N M O1 P E Q E' B I D C O a a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác của HMK 0,75điểm Vì ABC cân tại A nên ABC ACB Gọi tia đối của tia MI là tia Mx 0,25đ Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp 0 0 IMH 180 ACB 180 ABC IMK 0 0 KMx 180 IMK 180 IMH HMx 0,5đ Vậy Mx là tia phân giác của của HMK . b b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp 1,25điểm KIM KBM ; HIM HCM 0,25đ PIQ KIM HIM KBM HCM 1 Mà KBM ICM ( cùng bằng sd BM ) 2 1 HCM IBM ( cùng bằng sdCM ) 2 PIQ ICM IBM 0,25đ Ta lại có PMQ ICM IBM 1800 ( tổng ba góc trong tam 0,25đ giác) 0 PMQ PIQ 180 0,25đ Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp 1 MQP MIK ( cùng bằng sd PM ) 2 0,25đ Mà MIK MCI ( vì cùng bằng KBM ) MQP MCI PQ// BC 1 c c) Ta có MHI MCI ( cùng bằng sd IM ) 1,0điểm 2 mà MQP MCI ( c/minh b) 1 MQP MHI sd MQ 2 0,5đ Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại tiêp điểm Q (1) 0,25đ 2 Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại tiêp điểm P (2) 0,25đ 1 (1) và (2) PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O ) và 1 (O2) d d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC 2 1,0điểm Ta có PE = EM .EN ( vì PEM S NEP ) 0,5đ
  22. 2 QE = EM .EN ( vì QEM S NEQ ) 2 2 PE = QE ( vì PE;QE >0) PE = QE Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên: EP EQ ( định lí Ta Lét) EBEC'' Mà EP = EQ E’B = E’C do đó E’ D Suy ra N, M, D thẳng hàng. 0,5đ A P N O C B H K M Từ A và O kẻ AH  BC OK  BC (H, K BC) AH // OK 0,25đ OM OK Nên (1) AM AH 1 0,25đ OK. BC S OK BOC 2 (2) S1 AH 5 ABC AH. BC 2 2điểm S OM (1) , (2) BOC SABC AM S ON Tương tự : AOC S BN ABC S OP AOB S CP ABC OM ON OP SSS Nên BOC AOC AOB 1 (3) 0,75đ AM BN CP SABC S ABC S ABC Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1 1 1 (a+ b + c) ( ) 9 a b c OM ON OP AM BN CP Nên ( )( ) 9 (4) AM BN CP OM ON OP Từ (3) ,(4) suy ra : AM BN CP 9 (đpcm) OM ON OP 0,75đ Ghi chú: - Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng câu, từng bài. - Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập luận, biến đổi. Tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm
  23. Së Gi¸o dôc - §µo t¹o §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2009-2010 Th¸i B×nh M«n: To¸n ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1. (3 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: 2xy2 4 2y 4 y 2 5x 2y 5xy 4 2x 2 1 Bµi 2. (3 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 3 85 4xy 4 x2 y 2 2 x y 3 1 13 2x x y 3 Bµi 3. (3 ®iÓm) Chøng minh r»ng: NÕu ®a thøc P(x) = x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 cã nghiÖm th× 2b c 2 . Bµi 4. (3 ®iÓm) Cho x; y lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: 4x2 + y2 = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña biÓu 2x 3y thøc: A . 2x y 2 Bµi 5. (3 ®iÓm) Tõ mét ®iÓm E ë ngoµi ®­êng trßn t©m O kÎ 2 tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn t¹i A vµ B. Gäi M lµ ®iÓm n»m trªn ®o¹n AB (M kh¸c A vµ B, MA MB). Gäi C vµ D lµ 2 ®iÓm trªn ®­êng trßn sao cho M lµ trung ®iÓm cña CD. C¸c tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i F. Chøng minh r»ng tam gi¸c OEF lµ tam gi¸c vu«ng. Bµi 6. (3 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O; R) vµ 2 ®iÓm A, B n»m ngoµi ®­êng trßn sao cho OA = R 2 . T×m ®iÓm M trªn ®­êng trßn sao cho tæng MA + 2.MB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Bµi 7. (2 ®iÓm) Mét tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè tù nhiªn cã 2 ch÷ sè. NÕu ®æi chç hai ch÷ sè cña sè ®o c¹nh huyÒn ta ®­îc sè ®o cña mét c¹nh gãc vu«ng. TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®ã. HÕt
  24. H­íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm m«n TO¸N (Gåm 5 trang) Bµi 1: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM Ta cã: 2x2 y 4 2 y 4 y 2 5 x 2 y 5 xy 4 2 x 2 1 (y4 1)(2 x 2 5 x 2) ( y 1) 2 0 (1) 0,5 * NÕu y 0 ph­¬ng tr×nh (1) 5 17 0,25 2x2 510 x x Z (lo¹i) 4 * NÕu y 1 ph­¬ng tr×nh (1) nghiÖm ®óng x Z 0,25 * NÕu y 1 ph­¬ng tr×nh (1) v« nghiÖm. 0,25 * NÕu y 0; y 1 Do y Z y4 1 > 0; (y+1) 2 > 0 nªn pt(1) cã nghiÖm 1 1 2x2 5 x 2 0 x 2 2 Mµ x Z x 1 ph­¬ng tr×nh (1) y 1 y3 y 2 2 0 y3 y 2 2 0 (do y 1) 0,5 y2 ( y 1) 2 Ph­¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm v× y 0; y 1 vµ y Z nªn y2 ( y 1) 4 x Z 0,25 VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm: y 1 Bµi 2: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM §KX§ x y 0 3 85 3(x y )2 ( x y ) 2 2 (x y ) 3 0,5 Víi ®k nµy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho 1 13 ()()x y x y x y 3 3 85 3a2 b 2 x y a 0 a2 3 §Æt ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh: x y b 1 13 b a a 3 1
  25. §¸P ¸N §IÓM 2 1 2 103 3 a b 2 a 3 13 2 103 3 b b 1 13 3 3 a b a 3 11 2b2 13 b 11 0 b 1; b 2 1 10 1 * xÐt b 1 ta cã a a 3; a (tho¶ m·n) a 3 3 1 0,75 x y 3 x y 2 1 Ta cã hÖ hoÆc 3 x 2; y 1 hoÆc x ; y x y 1 3 3 x y 1 11 1 7 * xÐt b ta cã a 6 a2 7 a 6 0 ph­¬ng tr×nh nµy v« 0,5 2 a 6 nghiÖm. 2 1 0,25 KÕt luËn: HÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x 2; y 1 hoÆc x ; y 3 3 Bµi 3: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM Gi¶ sö xo lµ nghiÖm cña ®a thøc P(x) xo 0 0,5 4 3 2 2 1 1 ta cã: xo bx o cx o bx o 1 0 xo 2 b x o c 0 xo x o t 2 1 0,5 ®Æt xo t 1 t2 2 x 2 xo o 2 xo t2 bt c 2 0 bt c 2 t 2 bt c 2 t 2 0,5 V× bt c bt c 2 t2 bt c 0,5 2 t 2 c c b b t t 2 2 2 t t 2 2 2 0,5 MÆt kh¸c t 1 (do t 2 ) t t t 0,5 c Suy ra b 1 2 b c 2 (®pcm) 2 Bµi 4: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM Đkxđ: 2x y 2 0 2x 3 y Tõ A 2 Ax Ay 2 A 2 x 3 y 2x y 2 0,5 2A 2( A 1) x ( A 3) y
  26. §¸P ¸N §IÓM 2 2 2A A 1 x A 3 y A 12 A 3 2 4 x2 y 2 B.C.S 1,25 2A2 8 A 10 do 4 x 2 y 2 1 2 AA 4 5 0 5 A 1 4x2 y 2 1 x 0 * A 1 2x 3 y 1 y 1 0,5 2x y 2 2 2 3 4x y 1 x 10 * A 5 2x 3 y 5 4 0,5 2x y 2 y 5 3 x 10 x 0 VËy Min A 5 khi ; Max A 1 khi 4 y 1 0,25 y 5 Bµi 5: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM A C E O M B D F chứng minh được O; M; F thẳng hàng 0,5 chứng minh được MA.MB = MC.MD = MC2 và MO.MF = MC2 0,5 Suy ra MOA và MBF đồng dạng (c.g.c)  OAM =  BFM 1
  27. chứng minh tứ giác AOBE nội tiếp  OAM =  OEB Suy ra  BFM =  OEB 4 điểm O; E; B; F cùng thuộc một đường 0,5 tròn Suy ra  OFE =  OBE = 90o OEF vuông (đpcm) 0,5 Bµi 6: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM B M O A N C Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với đường tròn (O;R) OC Trên đoạn OC lấy điểm N sao cho 2 0,5 ON OC OM OA Suy ra 2 MOA và NOM đồng dạng (c.g.c) 0,5 ON ON OM MA 2 MA 2. MN 0,5 MN MA 2. MB 2. MN 2. MB 2( MNMB )2. NB (không đổi) 1 dấu “ = ” xảy ra khi M thuộc đoạn NB Vậy M là giao điểm của đoạn NB với đường tròn (O;R) 0,5 Bµi 7: (2 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM Gọi tam giác đã cho là ABC vuông tại A, có BC = ab ; AC = cd thì AB = ba 0,25 2 2 2 Theo định lý pitago ta có: ab cd ba 2 cd 99( a2 b 2 ) (1) 0,25 2 2 cd33 cd  3 và 11 cd  3 và 11 (vì 3 và 11 là các số nguyên tố) cd 33 vì 3 và 11 nguyên tố cùng nhau 0,25
  28. §¸P ¸N §IÓM Mà cd là số có hai chữ số nên cd 33; 66; 99 * Nếu cd = 33 thay vào (1) ta được a2 b 2 11 ( a b )( a b ) 11 Vì ABC vuông tại A nên BC > AB 0,5 ab ba a b 0 a b a b 18 a b 1 a 6 do đó ta có ab 65; ba 56 a b 11 b 5 * Nếu cd = 66 thay vào (1) ta được a2 b 2 44 ( a b )( a b ) 44 (2) Tương tự ta cũng có 0 a b a b 18 mà (a - b) và (a + b) cùng tính 0,5 chẵn lẻ nên phương trình (2) vô nghiệm. * Nếu cd = 99 lập luận tương tự cũng không tồn tai a; b vậy số đo ba cạnh tam giác đó là AB = 56; AC = 33 và BC = 65 do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó là: 0,25 2S AB . AC 56.33 r 12 (đvđd) AB BC AC AB BC AC 56 65 33 Chú ý: * Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm, trong bài làm HS cần phải lập luận chặt chẽ. thì với cho điểm tối đa. * Mọi cách giải khác hợp lý cho đáp số đúng thì cho điểm tối đa.
  29. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f(x) (x3 12x 31) 2010 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y) 2 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2 x 3 x 2 x 2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 2 4 xy z Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A x3 y 3 1 y 3 z 3 1 z 3 x 3 1 Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
  30. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a 316 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).(3 16 8 5 3 16 8 5) 0,5 3 a) a 32 3.( 4). a 0,5 (2,0đ) a3 32 12 a 0,25 a3 12 a 32 0 0,25 a3 12 a 31 1 0,25 f( a ) 12010 1 0,25 5(x2 xy y 2 ) 7( x 2 y ) (1) 7(x 2 y ) 5 (x 2 y ) 5 0,25 Đặt x 2 y 5 t (2) ()t Z 0,25 1, 2 2 (1) trở thành x xy y 7 t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x 5 t 2 y thay vào (3) ta được 3y2 15 ty 25 t 2 7 t 0 (*) 0,25 2 b) 84t 75 t 0,25 2 (2,5đ) Để (*) có nghiệm 0 84t 75 t 0 28 0 t 25 0,25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 0,25 Thay vào (*) 0,25 Với t 0 y1 0 x1 0 0,25 y2 3 x 2 1 0,25 Với t 1 0,25 y3 2 x 3 1 2, ĐK x 0 hoặc x 1 0,25 (4,5đ) Với x 0 thoã mãn phương trình 0,25 1 0,5 Với x 1 Ta có x3 x 2 x 2( x 1) ( x 2 x 1) 2 1 0,5 x2 x 1( x 2 x ) ( x 2 x 1) 2 a) x3 x 2 x 2 x x 2 0,25 (2,5đ) x2 x 1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 x x 1 x2 x 1 0,25 x 1 x 1 Vô lý 2 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 0,25
  31. 1 1 1 0,25 2 (1) x y z ()I ĐK x; y ; z 0 2 1 2 4 (2) xy z 1 1 1 2 2 2 0,25 Từ (1) 4 x2 y 2 z 2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 xyz2 x 2 y 2 z 2 xyxz yz 1 1 2 2 2 0,25 0 b) x2 y 2 z 2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 0,25 ( ) ( ) 0 x2 xz z 2 y 2 yz z 2 2 2 1 1 1 1 0,25 0 x z y z 1 1 0,25 0 x z x y z 1 1 0 y z 1 1 1 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: (;;)(;;)()x y z TM 2 2 2 Ta có (x y)2 0  x; y 0,25 x2 xy y 2 xy 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 3, 3 3 (3,0đ) z + x + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 1 1 1 0,25 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) x y z 0,25 A xyz(x y z) 1 0,25 A 1 xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25
  32. C M D A Q E K O' O H I B N Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 BDE BMN 0,25 0,50 4, hay BDI BMN BDMI là tứ giác nội tiếp (5,5đ) 0,25 a) MDI MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà MDI ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 ABE MBI 0,25 mặt khác BMI BAE (chứng minh trên) 0,25 MBI ~ ABE (g.g) 0,25 MI BI 0,50 MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC  DE tại Q 0,50 OCD vuông tại D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của 0,50 AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Q H 900 ;O chung 0,50 b) KQO ~ CHO (g.g) (2,5đ) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định
  33. A H' N P O H M B D C E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD  BC 0,25 D (O; AB/2) 5, Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 (2,5đ) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà NHP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP AHN AMN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50 mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B NEB 450 mà NHB NEB (cùng chắn cung BN) NHB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra AHB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH'.AB SS lớn nhất HH' lớn nhất AHB2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 0,50 và OD  AB) Dấu "=" xẩy ra H  D M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.
  34. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI cÊp tØnh PHÚ THỌ LỚP 9 thcs NĂM HỌC 2009-2010 Đ Ề CHÍNH THỨC Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph­¬ng ? C©u 2 (5 điểm) a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2 2 x 3 2 2 x 2 4 x 3 b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh x2 y 2 1 xy 2 2 x y 3 xy 11 C©u 3 (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n: x y z 2010 1 1 1 1 . x y z 2010 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: P x2007 y 2007 y 2009 z 2009 z 2011 x 2011 C©u 4 (6 điểm) Cho ®­êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB cè ®Þnh, AB = R 2 . §iÓm P di ®éng trªn d©y AB (P kh¸c A vµ B). Gäi (C; R1) lµ ®­êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O; R) t¹i A, (D; R2) lµ ®­êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O; R) t¹i B. Hai ®­êng trßn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i ®iÓm thø hai M. a) Trong tr­êng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©y AB, chøng minh OM//CD vµ 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®­êng trßn. b) Chøng minh khi P di ®éng trªn d©y AB th× ®iÓm M di ®éng trªn ®­êng trßn cè ®Þnh vµ ®­êng th¼ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh N. c) T×m vÞ trÝ cña P ®Ó tÝch PM.PN lín nhÊt ? diÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt? C©u 5 (2 điểm) Cho c¸c sè d­¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng x y z 1 xyz2 2010 yzx 2 2010 zxy 2 2010 xyz HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh SBD Chó ý: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
  35. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 6 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic. Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph­¬ng ? ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM a) Theo gi¶ thiÕt n lµ sè tù nhiªn nªn: 2n – 1, 2n , 2n + 1 lµ 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp. 0,5 điểm V× tÝch cña 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp lu«n chia hÕt cho 3 nªn 0,5 điểm (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hÕt cho 3 MÆt kh¸c (2n, 3) = 1 nªn 2n 1 2 n 1 chia hÕt cho 3 0,5 điểm VËy A chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n b) Ta thÊy B lµ sè chÝnh ph­¬ng 4B lµ sè chÝnh ph­¬ng §Æt 4B = k2 (k N) th× 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2 (2n-1-k)(2n-1+k) =-51 1,0 điểm V× 2n-1+k 2n-1-k nªn ta cã c¸c hÖ 2n 1 k 1 2n 1 k 3 2n 1 k 51 2n 1 k 17 0,5 điểm (1) (2) (3) (4) 2n 1 k 51 2n 1 k 17 2n 1 k 1 2n 1 k 3 Gi¶i hÖ (1), (2), (3), (4) ta t×m ®­îc n = -12, n =-3, n =13, n =4 1,0 điểm VËy c¸c sè nguyªn cÇn t×m lµ n 12; 3;4;13 C©u 2 (5 điểm) a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh x2 2 x 3 2 2 x 2 4 x 3 b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh x2 y 2 1 xy 2 2 x y 3 xy 11 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
  36. a) Ta cã: 2x2 4 x 3 2 x 1 2 1 1 nªn tËp x¸c ®Þnh cña ph­¬ng tr×nh lµ R 0,5 điểm Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 2x2 4 x 3 4 2 x 2 4 x 3 3 0 §Æt y 2 x2 4 x 3 1 th× ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh 1,0 điểm y2 4 y 3 0 y 1 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) y 3 Víi y = 1 ta cã 2x2 4 x 3 1 2 x 2 4 x 3 1 x = 1 2 2 Víi y = 3 ta cã 2x 4 x 3 3 2 x 4 x 3 9 1,0 điểm x 1 x 3 VËy ph­¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3. b) HÖ ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 2 2 2 2 11 x xy y 11 x xy y 1 2 2 2 2 2 2 x 3 xy y 11 11 x xy y x 3 xy y 1,0 điểm x2 xy y 2 1 (*) x 2 y 5 x 3 y 0 Tõ hÖ (*) ta suy ra x2 xy y 2 1 x2 xy y 2 1 0,5 điểm (I) hoÆc (II) x 2 y 0 5x 3 y 0 Gi¶i hÖ (I) ta t×m ®­îc (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) HÖ (II) v« nghiÖm 1,0 điểm VÆy hÖ cã nghiÖm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1). C©u 3 (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n: x y z 2010 1 1 1 1 x y z 2010 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: P x2007 y 2007 y 2009 z 2009 z 2011 x 2011 §¸p ¸n biÓu ®iÓm Từ gi¶ thiÕt suy ra x, y, z kh¸c 0 vµ 1 1 1 1 0,5 điểm x y z x y z 1 1 1 1 0 x y z x y z x y x y 0,5 ®iÓm 0 xy z x y z
  37. 1 1 x y 2 0 0,5 điểm xy xz yz z x y xz yz z2 xy 0 0,5 điểm 2 x y xz z yz xy 0 x y z z x y z x 0 0,5 điểm x y y z z x 0 x y 0 x y x2007 y 2007 x 2007 y 2007 0 2009 2009 2009 2009 z y0 y z y z y z 0 nªn P = 0 0,5 điểm 2011 2011 2011 2011 x z 0 z x z x z x 0 C©u 4 (6 điểm) Cho ®­êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB cè ®Þnh, AB = R 2 . §iÓm P di ®éng trªn d©y AB (P kh¸c A vµ B). Gäi (C; R1) lµ ®­êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O; R) t¹i A, (D; R2) lµ ®­êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O; R) t¹i B. Hai ®­êng trßn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i ®iÓm thø hai M. a) Trong tr­êng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©yAB, chøng minh OM//CD vµ 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®­êng trßn. b) Chøng minh khi P di ®éng trªn d©y AB th× ®iÓm M di ®éng trªn cung trßn cè ®Þnh vµ ®­êng th¼ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm N cè ®Þnh. c) T×m vÞ trÝ cña P ®Ó tÝch PM.PN lín nhÊt ? diÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt? §¸p ¸n biÓu ®iÓm O M D K H C A P B N a) Nèi CP, PD ta cã ACP, OAB lÇn l­ît c©n t¹i C, O nªn  CPA =  CAP 0,5 điểm =  OBP do ®ã CP//OD (1)
  38. T­¬ng tù DBP, OAB lÇn l­ît c©n t¹i D, O nªn  DPB = DBP =  OAB nªn OD//CP (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c ODPC lµ h×nh b×nh hµnh Gäi CD c¾t MP t¹i H c¾t OP t¹i K th× K lµ trung ®iÓm cña OP Theo tÝnh chÊt 2 ®­êng trßn c¾t nhau ta cã CD  MP H lµ trung ®iÓm MP 0,5 điểm VËy HK//OM, do ®ã CD//OM Ta ph¶i xÐt 2 tr­êng hîp AP BP, ®¸p ¸n chØ yªu cÇu xÐt 1 tr­êng hîp gi¶ sö AP < BP 0,5 điểm V× tø gi¸c CDOM lµ h×nh b×nh hµnh nªn OC = DP, DP = DM = R2 nªn tø gi¸c CDOM lµ h×nh thang c©n do ®ã 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®­êng trßn b) XÐt tam gi¸c AOB cã: OA2 OB 2 2 R 2 AB 2 nªn tam gi¸c AOB vu«ng c©n t¹i O 0,5 điểm V× 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc 1 ®­êng trßn (kÓ c¶ M trïng O) nªn  COB =  CMD (1) XÐt MAB vµ MCD cã 1  MAB =  MCD ( cïng b»ng s® MP cña (C)) 2 0,5 điểm 1  MBD =  MDC ( cïng b»ng s® MP cña D)) 2 nªn MAB ®ång d¹ng víi MCD (g.g) V× MAB ®ång d¹ng víi MCD suy ra  AMB =  COD hay  AMB =  AOB = 900 0,5 điểm Do AB cè ®Þnh nªn ®iÓm M thuéc ®­êng trßn t©m I ®­êng kÝnh AB Ta cã ACP  BDP  AOB 900 nªn 1  AMP =  ACP = 450 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (C)) 2 0,5 điểm 1  BMP =  BDP = 450 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (D)) 2 Do ®ã MP lµ ph©n gi¸c AMB Mµ  AMB = AOB =900 nªn M ®­êng trßn (I) ngo¹i tiÕp tam gi¸c AOB 0,5 điểm Gi¶ sö MP c¾t ®­êng trßn (I) t¹i N th× N lµ trung ®iÓm cung AB kh«ng chøa 0,5 điểm ®iÓm O nªn N cè ®Þnh c) MAP vµ BNP cã  MPA = BPN (®®),  AMP = PBN (gãc néi tiÕp 0,5 điểm cïng ch¾n 1 cung) nªn MAP ®ång d¹ng víi BNP (g.g) 2 PAPM PAPB ABR2 2 Do ®ã PM PN PA PB (kh«ng ®æi) PN PB 2 4 2 0,5 điểm R2 VËy PM.PN lín nhÊt b»ng khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm d©y AB 2 V× tam gi¸c AMB vu«ng t¹i M nªn 2 2 1 1 2 2 AB R SAMB AM. BM AM BM 2 4 4 2 0,5 điểm R2 DiÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt b»ng khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm 2 d©y AB CÂU 5 (2 điểm) Cho c¸c sè d­¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng x y z 1 xyz2 2010 yzx 2 2010 zxy 2 2010 xyz §¸p ¸n biÓu ®iÓm
  39. Tr­íc tiªn ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc: Víi  a, b, c R vµ x, y, z > 0 ta cã 2 a2 b 2 c 2 a b c (*) x y z x y z a b c DÊu “=” x¶y ra x y z ThËt vËy, víi a, b R vµ x, y > 0 ta cã 2 a2 b 2 a b ( ) x y x y 2 a2 y b 2 x x y xy a b 0,5 điểm bx ay 2 0 (lu«n ®óng) a b DÊu “=” x¶y ra x y ¸p dông bÊt ®¼ng thøc ( ) ta cã 2 2 a2 b 2 c 2 a b c 2 a b c x y z x y z x y z a b c DÊu “=” x¶y ra x y z ¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã x y z VT x2 yz 2010 y 2 zx 2010 z 2 xy 2010 x2 y 2 z 2 xxyz 2 2010 yyzx 2 2010 zzxy 2 2010 0,5 điểm x y z 2 (1) x3 y 3 z 3 3 xyz 2010 x y z Chó ý: x x2 yz 2010 = x x2 xy zx 1340 0 , y y2 zx 2010 0 vµ z z2 xy 2010 0 Chøng minh: x3 y 3 z 33 xyz xyzx 2 y 2 z 2 xyyzzx xyz xyz 2 3 xyyzzx (2) 0,5 điểm Do ®ã: x3 y 3 z 3 3 xyz 2010 x y z xyz xyz 2 3 xyyzzx 2010 = x y z 3 (3) Tõ (1) vµ (3) ta suy ra 2 x y z 1 VT x y z 3 x y z 0,5 điểm 2010 DÊu “=” x¶y ra x = y = z = . 3 Hết
  40. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 9. ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I (4,0 điểm). 2x x 1 2 x x x x x x Cho biểu thức A 1 ( ). . 1 x 1 x x 2 x 1 6 6 1. Tìm các giá trị của x để A . 5 2 1 2. Chứng minh rằng A với mọi x thoả mãn x 0, x 1, x . 3 4 Câu II (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a2 + c2 = b2 + d2 Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . 2. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: (x2 3) ( xy 3) Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2x 1 3 x x 1. 2. Cho phương trình: x4 2 6 mx 2 24 0 (m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm x1,,, x 2 x 3 x 4 phân biệt thỏa mãn: 4 4 4 4 x1 x 2 x 3 x 4 144. Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D. 1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân. 2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI. 3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu V (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: ab bc ca 1 . c 1 a 1 b 1 4 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh: Số báo danh:
  41. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Câu Lời giải – Kết quả Điểm 1) I.1 2x x 1 2 x x x x x x A 1 ( ). 2(điểm) 1 x 1 x x 2 x 1 0,5 (2x 1)( x 1) x (2 x 1)( x 1) x ( x 1) 1 . (1 x ) 1 x (1 x )( x x 1) 2 x 1 x( x 1) x x 1 1 1 .x 1 0,5 x x 1 x x 1 x x 1 6 6x 1 6 6 Ta có A x 6. x 1 0 0,5 5x x 1 5 Từ đó giải được x 2 3; x 2 3 0,5 2x 1 2 2 2)Ta có: A x 2 x 1 0 ( x 1) 0 1 3 3 x x 1 I.2 Do x 1nên x 1 0 ( x 1)2 0 0,5 2(điểm) 2 Vậy A 0,5 3 II.1 1) 2(điểm) Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d) 0,5 = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) Vì a là số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp 0,5 a(a-1)2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) đều chia hết cho 2 a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0,5 Lại có a + c = b + d a + b + c + d = 2( b + d ) là số chẵn. Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2 0,5 a + b + c + d là hợp số. 2 2) (x 3) ( xy 3) (1) Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1) x2y – 3y xy + 3 x(xy +3) – 3(x+y) 0,5 (xy 3) 3(x+y) (xy 3) II.2 3( x+y) = k(xy+3) ( k N * ) (2) 2(điểm) +Nếu k 3thì 3( xy ) kxy( 3)3( xy 3) xyxy 3 x 1 y 120 (Vô lí vì x, y nguyên dương) +Nếu k = 1 thì từ (2) (x-3)(y-3) =6, mà x, y là các số nguyên dương nên x = 6 và 0,5
  42. y = 5 hoặc x = 5 và y= 6 hoặc x=4 và y=9 hoặc x=9 và y=4. Thử lại thấy x = 6 và y = 5 hoặc x=9 và y=4 thỏa mãn (1). +Nếu k=2 thì từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy ra xy chia hết cho 3 (*) mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3) y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy ra x>3 và y>3 vô lý. ( ) 0,5 Từ (*) và ( ) ta có (x;y)=(1;3), (3;1). Thử lại vào (1) ta được (x;y)=(3;1). Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1). 1) 2x 1 3 x x 1 (1), điều kiện x 0 0,5 Đặt 2x 1 a , a 0; 3x b , b 0 III.1 Suy ra b2 a 2 x 1Thay vào (1) ta được 1 2(điểm) a b b2 a 2 (a b ).( a b 1) 0 a b (do a 0, b 0nên a+b+1>0) Với a = b ta có 2x 1 3 x x 1 thỏa mãn điều kiện 0,5 Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. 4 2 2) x 2 6 mx 24 0 Đặt t x2 , t 0phương trình trở thành: t2 2 6 mt 24 0 (1) 0,5 Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt 0 t1 t 2 . ' 6m 2 24 0 m2 4 t1. t 2 24 0 m 2 0,5 m 0 t t 2 6 m 0 1 2 Với t1, t 2 là hai nghiệm của pt (1) thì x1 t 1 , x2 t 1 , x3 t 2 và x4 t 2 nên III.2 0,5 4 4 4 4 2 2 2 2(điểm) ta có x1 x 2 x 3 x 4 2( t 1 t 2 ) 2 ( t 1 t 2 ) 2 t 1 . t 2 2(24m2 48) 144 m 2 5 m 5 0,5 Từ đó suy ra m 5 . D N E M I x IV 6 điểm K A C O B 1) Ta có NMA MBA ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cungAM)(1) 0,5 AMB 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACK AMBgg(.) AKC MBA mà AKC NKM ( 2 góc đối đỉnh) 1
  43. suy ra: NKM MBA 2 Từ (1) và (2) suy ra NMK NKM MNK cân tại N. 0,5 2) Xét tam giác OCI vuông tại C có RRR23 2 3 IC2 OI 2 OC 2 R 2 IC 4 4 2 0,5 R 3 3R CK ;CB 4 2 Xét AKC và DBC có: ACK DCB 900 ; AKC DBC AKC DBC (g.g) RR3 . AC KC AC. CB 1 DC 2 2 R 3 DC CB KC R 3 4 AB.DC 2R.R 3 S R 2 3 ADB 2 2 0,5 2 KL: SRADB 3 (Đvdt) 3) Dựng hình bình hành AONE. 0,5 + Chứng minh được N là trung điểm của KD . + Chứng minh được EK=ED 0,5 + Chứng minh được EA=EK (do tam giác ENK bằng tam giác OMN và 0,5 NO=AE) E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD. + Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R) KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng 0,5 bằng R (nằm trên nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B) 2 1 1 4 1 1 1 1 Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y) 4xy (*) dấu x y x y x y 4 x y 0,5 bằng xảy ra khi x = y. Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: ab ab ab 1 1 ; c 1 ( c a ) ( c b ) 4 c a c b V Tương tự ta có: 0,5 2 bc bc 1 1 ; điểm a 1 4 a b a c ca ca 1 1 . b 1 4 b a b c ab bc ca1 abbc abca bc ca 1 1 a b c 0,5 c 1 a 1 b 1 4 c a b c a b 4 4 ab bc ca 1 1 . Dấu bằng xảy ra a b c c 1 a 1 b 1 4 3 0,5
  44. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (4.0 điểm): Cho phương trình x 2 2mx m 2 2m 0 , trong đó m là tham số. 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm. 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn x1 x2 3. Câu 2 ( 6.0 điểm): Giải các phương trình sau: 1. x 2 6 x 7 0 . 2. 2x 2 3x 10 3 x 3 8 . 3. 3x 2 3x x x 2 2x 1. Câu 3 (6.0 điểm): 1. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD). Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB tại M. Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD lần lượt tại E và F. Gọi K là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông. b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 2 2 3 và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. Tính độ dài cạnh AB và AC. Câu 4 (2.0 điểm): 1 a,b, c 3 Cho ba số a , b , c thoả mãn a b c 6 Chứng minh rằng: a 2 b 2 c 2 14 Câu 5 ( 2.0 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn x y z 11 8x 9y 10z 100 HẾT Họ và tên thí sinh: SBD:
  45. Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 2008- 2009. Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1.(2.0 điểm) 1 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm S 0 0.5 P 0 m 2 m 2 2m 0 m 0 1.5 2m 0 m 2. m 2 0 2 m 2m 0 Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm. Lấy giao đúng kết quả cho 0.5 điểm. 0.25 2. (2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm ( x1 0; x2 0 ) khi m 2 . 0.25 0.5 x1 x2 2m Áp dụng định lý vi ét ta có x .x m 2 2m 1 2 Theo yêu cầu bài toán: x x 3 x x 2. x . x 9 1 2 1 2 1 2 1.0 9 2m 0 9 2m 0 81 2. m 2 2m 9 2m m 2 2 81 4m 8m 81 36m 4m m 28 28 Học sinh có thể không lý luận m 2 mà giải bình thường, sau khi tìm được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này. Câu 1. (2.0 điểm) 2 2 t 1 1.0 Đặt t = x , t 0 , phương trình trở thành t 6t 7 0 t 7 Với t=7 suy ra x =  7 0.75 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x =  7 2. (2.5 điểm) 0.5 2 2 Ta có 3. (x 2).(x 2x 4) 2(x 2x 4) (x 2) x 2 x 2 0.5 3. 2 x 2 2x 4 x 2 2x 4 x 2 2 t 1 Đặt t= 2 , (t 0 ). Phương trình trở thành t 3t 2 0 x 2x 4 t 2 0.5 x 1 . Với t=1, suy ra: x + 2 = x2-2x+4 x 2 3x 2 0 x 2 0.5 . Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x2-2x+4) 4x 2 9x 14 0 ( pt này vô 0.5 nghiệm) Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2. Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như
  46. sau . Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm . Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm. Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm. 3. (1.5 điểm) 0.5 3 1 x 2 x x x 2 3 1 Ta có .(x 2 x) 4 (a); .(x x 2 ) 4 (b) 4 2 4 2 0.5 Từ (a) và (b) ta có 1 1 2x ( 3x 2 3x x x 2 ) 3x 2 3x x x 2 2x 1 2 2 0.5 3 1 x 2 x x 4 2 1 Dấu bằng xẩy ra x 1 1 2 x x 2 x x 2 4 4 Vậy phương trình có nghiệm x=1/2. Câu 1.(4.0 điểm) 3 a. ( 2.0 điểm) +) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên EAM 900 . 0.5 Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên ECM 900 . Tứ giác AECM có EAM + ECM 1800 nên nội tiếp được đường tròn. 0.5 +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn. +) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên CEM CAM Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên CFM CBM . 0.5 Mặt khác CAM CBM 1800 ACB 900 Nên CEM CFM CAM CBM 900 . Trong tam giác MEF có EMF 1800 (CEM CFM ) 900 . Hay tam giác MEF vuông tại M. 0.5 b. ( 2.5 điểm) +) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC. Xét tứ giác KDJC có . AD vuông góc với KB nên JDK 900 . 0.5 . BC vuông góc với KA nên JCK 900 . Do đó tứ giác KDJC có JDK + JCK 1800 nên nội tiếp đường tròn đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung 0.5 điểm của KJ. +)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI  CD Gọi N là giao điểm của CD và IO. . Ta có tam giác OCD đều nên OCD 600 (a). 1 0.5 . Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên CAD COD 300 2 . Do tam giác ADK vuông tại D nên AKD 900 CAD 600 . Do tứ giác KCJD nội tiếp nên CID 2.CKD 1200 1 0.5 . Do tam giác ICD cân tại I nên ICD (1800 CID) 300 (b). 2 Từ (a) và (b) suy ra ICO ICD DCO 900 0.5 +) Trong tam giác vuông CIO có
  47. 1 1 1 1 1 1 4 1 3 R CI CN 2 CI 2 CO 2 CI 2 CN 2 CO 2 R 2 R 2 R 2 3 R Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là . 3 K F I D C N N E JJ A B M OO 0.5 2. (1.5 điểm). Ta có : 0.5 AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2 2 . 2 2 2 2 0.5 Mặt khác : AB +AC =BC = 2 2 3 16 8 3 AB.AC 6 4 3 . AB AC 4 2 2 AB 1 3 Suy ra AB.AC 6 4 3 AC 3 3 B N M I C A D
  48. Câu Ta có 0.5 4 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 2(b 3)(c 3) a 2 (b 2 c 2 2bc) 6(b c) 18 0.5 (2 = đ) a 2 (6 a)2 6(6 a) 18 2a 2 6a 18 14 2(a 2 3a 2) 14 2(a 1)(a 2) 0.5 . Gọi a = Min a,b,c, suy ra : 6 = a + b +c 3a a 2 Vậy 1 a 2 (a 1).(a 2) 0 Từ đó suy ra a 2 b 2 c 2 14 0.5 a 1 b 3 (b 3)(c 3) 0 c 2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi (a 1)(a 2) 0  a 1 a b c 6 b 2 c 3 Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3. ( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm) Câu 25 0.5 Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z) x y z . 5 2 (2 Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12. 0.25 đ) x y z 12 x y z 12 0.25 Vậy ta có hệ  8x 9y 10z 100 y 2z 4 Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0) 0.5 Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài 0.5 toán Chú ý: 1. Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán. Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa. 2. Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm. 3. Điểm bài thi không làm tròn.
  49. Thank you for evaluating AnyBizSoft PDF Merger! To remove this page, please register your program! Go to Purchase Now>> AnyBizSoft PDF Merger  Merge multiple PDF files into one  Select page range of PDF to merge  Select specific page(s) to merge  Extract page(s) from different PDF files and merge into one