Bộ đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

139 trang dichphong 7300

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_thi_hoc_sinh_gioi_cap_huyen_mon_toan_lop_9_co_dap_an.docx

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

b 1 2 Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3b 3 0,25 2b 2 Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 0,25 3 3 2 2 4 Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 3 4 KL: Giá trị nhỏ nhất của P = 3 0,25 0,25 Câu 2 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm Biến đổi tương đương hệ ta có (x 2)(x 1)2 2 y (y 2)(y 1)2 2(2 z) 1,00 2 (z 2)(z 1) 3(2 x) Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 0,50 (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 6 = 0 0,25 (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 0,25 x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 0,25 Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 0,50 Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho 0,25 Câu 3 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm 1. (1,0 điểm) n+2 n+2 Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = a + b (1) 0,25 Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) 0,50 Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 0,25 2. (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = 7 0,25 Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn 0,25 Do S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z 0,25 Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6; ; S2008 Z 0,25 3. (1.0 điểm) 2 n 2 n 5 1 5 1 Ta có Sn – 2 = 2 2 2 2 2 0,25 n 2 n 2 n 5 1 5 1 5 1 5 1 = 2 2 2 2 2
n n 2 0,25 5 1 5 1 = đpcm 2 2 5 1 5 1 Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = 5 ; a1b1 = 1 2 2 n n Xét Un= a1 b1 n+1 n + 1 n n Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1 - b1 ) – a1b1(a1 - b1 ) Un+2 = 5 Un+1 – 0,25 Un Ta có U1 = 1 Z; U2 = 5 Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 5 Z; Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ 0,25 Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 0 k 1003 Câu 4 (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm F D N I M C S B A O1 E O O2 0,25 0.25 0,25 1. (2,5 điểm) O1M; O2N  MN O1M/ / O2N 0,25 Do O1; E; O2 thẳng hàng nên  MO1E =  NO2B 0,50 Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có:  MEO1= NBO2 (1) 0,25 0 0 Mặt khác ta có:  AME = 90  MAE +  MEO1= 90 0,25 (2) 0,25 0 0  MAE +  NBO2 = 90  AFB = 90 0,25 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật  NME =  FEM 0,25 (3) 0,25 0 Do MN MO1  MNE +  EMO1 = 90 (4) 0,5 Do tam giác O1ME cân tại O1  MEO1 =  EMO1 (5) 0,25 0 0 Từ (3); (4); (5) ta có:  FEM +  MEO1= 90 hay  FEO1 = 90 (đpcm) 0,25 2. (2,5 điểm) 0,5
Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. O1M SO1 0,25 Gọi I là trung điểm CD CD OI OI// O1M //O2N O 2 N SO 2 0,25 SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2 Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cm OI SO Mặt khác: OI = 5 cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = 9 cm CI2 + 25 = 81 CI = 56 CD = 414 cm Câu 5 (2,0 điểm) A Điểm E E N I B M C S a) Kẻ BI,CS // EF (I, S AM ) AB AI AC AS Ta có: , AE AN AF AN AB AC AI AS ( ) AE AF AN AN 1,0 Ta có: BIM CSM (cgc) IM MS Vậy: AI AS AI AI IM MS 2AM Thay vào (*) ta được (đpcm) 0,5 Khi d // BC EF // BC N là trung điểm của EF 0,5 +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L Ta có: NFP NFL(cgc) EP LF 0,5 Do đó : A K EP LF KF (1) L 0,5 PB PB KB N E F P Q B M C
+Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM tại H Ta có BMH CMQ(cgc) BH QC 0,5 FQ FQ KF Do đó: (2) QC BH KB FP FQ Từ (1) va (2) PQ // BC (đpcm) PB QC 0,5 Bài 6: 2 điểm) Do a <1 a 2 <1 và b <1 Nên 1 a2 . 1 b 0 1 a2b a2 b 0 2 2 Hay 1 a b a b (1) 0,5 Mặt khác 0 <a,b <1 a2 a3 ; b b3 b a 2 a 3 b3 Vậy a 3 b3 1 a 2b 0,5 Tương tự ta có b3 c3 1 b2c a3 c3 1 c2a 0,25 0,25 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a 0,5 UBND HUYỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề THỨC x y x y x y 2xy Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P : 1 . 1 xy 1 xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của 1 3 hai hàm số: y x và y x . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD. c) ME.MA = MF.MD. Hết
UBND HUYỆN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1 . 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 1 xy 1 xy 0,5 đ x x y y y x x x y y y x 1 xy . 0,5 đ 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) 2 x 3 2 3 1 ( 3 1) 0,5 đ 2 3 4 3 x ( 3 1)2 3 1 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 2 3 2 P 0,5 đ 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 2( 3 1) 6 3 2 P 0,5 đ 5 2 3 13 2 3 1 3 x 0 y a) Đồ thị y x có : 2 0,5 đ 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x x khi x 0 0,5 đ Đồ thị như hình vẽ: y N 3 (L) (D) 3/2 1 đ M 1 - 3 O 1 3 x b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2
ON = 32 ( 3)2 3 2 ON2 = 18 0,5 đ MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 0,5 đ 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 x2 x 1 đ 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 10 5 Do đó: y và y 1 đ 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 1 đ x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 1 đ x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 0,5 đ Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 0,5 đ ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) 0,5 đ AD2 AM2 AI2 a 2
5 M E I F H A O D B C O / N a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE  EF và OF  EF => OE // O/F 0,5 đ · · / · · / => EOB FO D (góc đồng vị) => EAO FCO 0,5 đ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN Hay E· NF 900 . 0,5 đ Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 0,5 đ 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 · · 0,5 đ => FDC HNC 0,5 đ Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) 0,5 đ => N· HC D· FC 90O hay MN  AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 0,5 đ 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 0,5 đ => M· FE E· AB Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ ME MF => , hay ME.MA = MF.MD 0,5 đ MD MA Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu1: ( 5đ) 2 x 9 2 x 1 x 3 Cho biÓu thøc M = x 5 x 6 x 3 2 x a. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M b. T×m x ®Ó M = 5 c. T×m x Z ®Ó M Z. Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0. ab Tính giá trị của biểu thức: P 4a 2 b 2 Câu 3(4đ) 3x 2 8x 6 a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 2 2x 1 2 2 2 b. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có a b c ab bc ca Câu: 4 (4đ) a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 1) Tứ giác BEDF là hình gì vì sao? 2) Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh rằng. a. Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng . b. AB.AH+AD.AK=AC2 ĐÁP ÁN Câu: 1(5đ) a) ĐK x 0; x 4; x 9 0,5đ Rút gọn M =2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 0,5đ x 2 x 3 Biến đổi ta có kết quả: = x x 2 0,5đ x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = 1đ x 3 x 2 x 3
x 1 M 5 5 b) x 3 1đ x 4 x 16(TM ) x 1 x 3 4 4 c) M = 1 0,5đ x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ước của 4 x 3 nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ x 1;4;16;25;49 do x 4 x 1;16;25;49 0,5đ Câu: 2 (2đ) Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ a=b hoặc 4a=b 0,5đ Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ ab a 2 1 Tính được P 0,5đ 4a 2 b 2 3a 2 3 Câu: 3 (4đ) 2x 2 4x 2 x 2 4x 4 (x 2) 2 a. Viết được A 2 2 1,5đ x 2 2x 1 (x 1) 2 Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 2 2 2 b. biến đổi a b c ab bc ca 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 ≥ 0 0,5đ Lập luận => khẳng định 0,5đ Câu: 4 (4đ) a. x3+y3+z3-3xyz = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2 -3xyz 0,5đ = (x+y)3+z3 –3xyz(x+y+z) 0,5đ = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ Câu: 5 (5đ) H C B F E A K D
1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ => BEDF là hình bình hành 0,25đ 2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ CH CK 0,25đ CB CD Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ CH CK CH CK Chỉ ra hay vì AB=CD 0,25đ CB CD CB AB Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ Công theo vế (1) và (2) ta được AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TẠO HUYỆN KIM THÀNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính giá trị biểu thức: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 1 x 4 x 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a) Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c) Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH Tổ KHTN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian: 120’ Câu 1: (4 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a/ Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x ĐKXĐ: x 4; x 9 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 A = x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = x 2 x 3 x 3 b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Giải a/Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 3 16 8 5 3 16 8 5 32 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 k n 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 n 8 k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 x 4 x 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 Giải a/ ĐK: 4 x 1 Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 2 x 0 4 3x x 4 x(x 3) 0 (thỏa mãn) x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 ĐKXĐ: x 2 x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 2 2 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 x 1 vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2x 3 1 x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải
a/ 2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 4 y 4 y 4 x 4 x 2 y 4 ;2 x 4 vậy VP xy = VT 2 2 2 2 x 4 2 Dấu = xảy ra khi: x y 8 y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a/ Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c/ Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải a/ Sử dụng định lý pytago: A AC 2 CB2 BA2 AK 2 KC 2 (BK CK)2 AB2 CB2 BA2 AC 2 (BK CK)2 BA2 (AK KC)2 2 2CK 2BK.CK 2CK(CK BK) CK D = 2 2BK 2BK.CK 2BK(BK CK) BK E H b/ Ta có: tanB = AK ; tanC = AK BK CK B AK 2 K Nên: tanBtanC = (1) C BK.CK KC Mặt khác ta có: Bµ H· KC mà: tanHKC = KH KC KB KB.KC Nên tanB = tương tự tanC = tan B.tan C (2) KH KH KH 2 2 2 AK Từ (1)(2) tan B.tan C KH 1 Theo gt: HK = AK tan B.tan C 3 3 2 SABC AB c/ Ta chứng minh được: ABC và ADE đồng dạng vậy: (3) SADE AD
Mà BÂC = 600 nên ·ABD 300 AB = 2AD(4) SABC 2 Từ (3)(4) ta có: 4 SADE 30(cm ) SADE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012 §Ò CHÝNH MÔN: TOÁN THøC Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Câu I (4đ) æ x- 1 x + 8 ö æ 3 x- 1+ 1 1 ö ç ÷ ç ÷ Cho biểu thức P = ç + ÷:ç - ÷ èç3+ x- 1 10- xø÷ èçx- 3 x- 1- 1 x- 1ø÷ 1) Rút gọn P 3 2 2 3 2 2 2) Tính giá trị của P khi x = 4 4 3 2 2 3 2 2 Câu II (4đ) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 1) Tính độ dài AB. 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4đ) x 2 x 2 y 1) Giải hệ phương trình y 2 1 y . x 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đư ờng tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2) KH  AM. Câu V (2đ) Với 0 x; y; z 1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 Câu 1:ĐK 1 x=1+ 2 - ( 2 - 1) = 2 vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) 1 có hai nghiệm phân biệt D > 0 m (x1-x2) +(y1-y2) =18 2 (x1-x2) =9 2 (x1+x2) -4x1x2=9 1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x¹ 0, y¹ 0 Đặt x=ky ( k¹ 0) x 2 ïì (k 2 + k)y = 2 x 2 ï y íï ï 1 1 (1) 2 ï ( + 1)y = y 1 îï k 2 y . x 2 Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu k¹ -1
(k 2 + k)k từ (1) => = 4 k + 1 => k=2 hoặc k = -2 2 1 Nếu k=2 => (x, y) = ( ; ) 3 3 Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 mà x nguyên nên x £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) Câu IV: 1) Ta có Eµ= Fµ= 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH 1 E·AH = sd E¼H (1) 2 mà E·AH = C·BE (2) ( cùng phụ với góc ACD) M· EB = C·BE (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) 1 Từ (1), (2) và (3) ta có M· EH = sd E¼H 2 => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) A F E N B K C D M C 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn Ta thấy A·FE = A·CB;A·NE = A·FE = > A·NE = A·CB => nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó K·NM = 900
KH  AM Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 £ x £ y £ z £ 1 y z 3 + = 1+ z 1+ zy y + z y 1 z 1 1 Nếu x= 0 => = > ( - ) + ( - ) = 1+ z y + z 1+ zy y + z y + z (y - 1)(y + 1+ z) z2 - 1 1 = > + = (1+ z)(y + z) (1+ yz)(y + z) y + z Ta có VT ³ 0 mà VP 1 zx x z >0 x z zx 1 0 x zx z 1 0 đúng với mọi 0 x; z 1 . Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. + Ta có: 1 zx x z 1 y zx x y z x x 1 y zx x y z y y + Tương tự: 1 z xy x y z z z 1 x yz x y z x y z x y z VT 1 . (1) 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z + Mặt khác, vì: 0 x; y; z 1 x y z 3 3 3 VP 1 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) x y z 3 + Từ (1) và (2) VT VP chỉ đúng khi: VT VP 1 . Khí đó x=y=z=1. * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x; y; z 1;1;1 . Phòng GD & ĐT Đông sơn Đề thi học sinh giỏi lớp 9 (Bảng A) Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút.) 1 1 1 2 1 1 x y Bài 1: Cho biểu thức: A = ( ). .( ) : x y x y 2 xy ( x y)3 x y xy xy a, Rút gọn biểu thức A. b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 +5 ; y = 3 - 5 (Đề sáng tác) Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: a b c và a3+b3 +c3 = 3abc. a b b c c a c a b P = ; Q = c a c a b b c c a
Chứng minh rằng : P.Q = 9. B- (Tương tự bài 53-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x 2 1 = 2(x2+1) + 2x -1. (Bài 16 -trang 11-"Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực") Bài 4: Giải hệ phương trình sau: x y x y x y 18 xy 4 x 3 y 13 (Đề sáng tác) Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006 (Đề sáng tác ) Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a. a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất . b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M. (Bài 579-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y (Đề sáng tác) Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB. c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c ( Đề sáng tác) Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC (Q AB) và PR//AB (R AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR. (Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn : Toán Bài Lời giải Biểu điểm a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y 0,25 1 1 1 2 1 1 x y A = ( ). .( ) : x y x y 2 xy ( x y )3 x y xy xy x y 2( x y ) xy xy 1 = . xy.( x y )2 ( x y )3 .( x . y ) x y x y 2 xy xy xy = . xy( x y )2 x y
1 xy xy xy = . = xy x y x y 0,75 b) Với x= 3 +5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y do đó xy A = 0 0,25 x y ( xy )2 [( 3 5 ).( 3 5 ) ] 2 4 2 Mà A2 = 8 x y 2 xy ( 3 5 ) ( 3 5 ) 2. 32 ( 5 )2 6 2.2 Vậy : A = 8 2 2 0,75 3 3 3 3 3 3 Ta có : a + b + c = 3abc a + b + c -3abc = 0 (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1) 1 Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0 2 ( Do a b c ) 0,5 Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) Mặt khác : a b b c c a ab( b a ) bc( b c ) ac( c a ) P = c a b abc ab( a b ) b2c bc 2 ac 2 a 2c ( a b )( b c )( a c ) P = (3) abc abc 0,5 Hơn nữa : a b z x y a b 2c 3c Đặt b c x Ta có y z b c 2a 3a (do (2) ) 2 c a y z x a c 2b 3b Vì thế : c a b 1 x y y z z x Q = ( ) a b b c c a 3 z x y 1 ( x y ).( y z ).( x z ) = -. ( Biến đổi tương tự rút gọn P ) 3 xyz 1 ( 3c ).( 3a ).[ ( 3b )] = - . 3 ( a b ).( b c ).c a ) 9abc = (4) ( a b )( b c )( c a ) ( a b ).( b c ).( a c ) 9abc Từ (3) và (4) ta có : P.Q= . 9 abc ( a b ).( b c ).( c a ) 0,75 Vậy P.Q = 9 0,25 (4x – 1) x 2 1 2(x2 +1) +2x -1 (5) Đặt x 2 1 = y ( y 1) Ta có : 0,25 3 (5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1 2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0 2 (2y – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0 1,0 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
y 2x 1 (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0 1 y 1( lo¹i ) 2 x 2 1 = 2x -1 x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1 0,75 x 0 x(3x – 4) = 0 4 x 3 x y x y( a ) (I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 ) x y 18 xy 4 x 3 y 13( b ) Ta có : ( a) (x y )(x y 1 ) 0 x y =0 x y 1,0 x = y thế vào (b) ta đợc : 2x +18x = 4x 3 x 13 20x - 7x -13 = 0 (6) 4 Đặt x = t (t 0 ) ta có : t 1 ( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 13 t 0( lo¹i ) 20 x = 1 x = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1) 1,0 4 4 x y 4 4 2 2  x .y x y 2 y4 z 4 Theo BĐT Cô si ta có : y4 .z 4 y 2 z 2  2 4 4 z x 4 4 2 2 z .x x z 2  x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 ) 0,75 Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2 xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên) x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z) 5 x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 ) Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz (9) 0,75 Dấu “ = “xảy ra x4 y4 ; y4 z 4 ;z 4 x4 x = y = z (10) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z ; y z z x ;z x x y Hơn nữa x + y +z =3 (11) Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1 x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3 Vậy : M = 3 0,5 a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó : 6 AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
= (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5 AM 5 Min AM = 5 khi và chỉ khi a = 1 1.0 b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1) 1 3 Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - x 2 2 (do A(3;0)) ( c ) 0,25 Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12) (Do M(1;1) (d) ) và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) ) Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14) Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b Nên : (13) a2 + 4b = 0 (15) Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình: a b 1 a 2 4( 1 a ) 0 a 2 2 a 4b 0 b 1 a b 1 Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với ( P ) tại M là : y = 2x -1 (d) 1 0,5 Từ (c ) và ( d) (d) AM (do - . 2 = -1 ) 2 Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM 0,25 +)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình : x 3 + x2 +x +1 = 2003 (16) 0,5 +) Với y 0 ta có : (16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*) Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 ) 2 7 Đặt ƯCLN ( x + 1; x +1 ) = d ta có : (x+1)  d và (x2 + 1)  d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d 2d  y  d =1 ( ) Hon nòa tõ(*) 2003 d Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m N* ) ( ) x 1 1 Từ (*) , ( ) và ( ) 2 x = 0 y = 0 (loại) x 1 1 phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0 Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0) 1,0
0,25 a) Ta có : E là giao điểm của 2 đường trung trực A F của 2 cạnh AD,AB Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD. Tương tự ta có: F là tâm M đường tròn ngoại tiếp ACD E C 0,5 Do đó : B H I D 1 +ABD = AED AED = 2 B 2 1 +ACD = AFD AFD = 2 C 2 AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp (17) 1 Lại có : AI = BC = BI ABC cân tại I 2 0,5 0 BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 180 0,5 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18) Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD 8 AEF = DEF ( c. c.c ) 1 1 + )AEF = DEF = AED = . 2 B = B 2 2 0,5 + ) Tương tự AEF = C Suy ra AEF ABC (g.g) AE AF AE.AC = AE. AB AB AC c) Theo câu b) Ta ccó : AEF ABC AE AF k ( k là tỉ số đồng dạng) AB AC AE =kc ; AF = kb . Ta có : AEF vuông tại A (do ABC vuông tại A và AEF ABC ) 1 Nên diện tích AEF là S = AE.AF 2S = k2 bc (19) 2 1 Mặt khác S = AM.EF 2S = AM . EF 4S2 = AM2 .EF2 2 AD 4S2 = ()2 . (k2b2 + k2c2 ) (20) 2 AD2 b2 c2 b2 c2 Từ (19) và (20) 2S = . S = .AD2 (21) 4 bc 8bc Do đó : S nhỏ nhất AD nhỏ nhất Mà AD AH ( AH BC , H BC )
AB.AC bc bc Lại có AH = AD (22) BC b2 c2 b2 c2 b2 c2 (bc)2 bc Từ (21) ; (22) S . 8bc b2 c2 8 bc Vậy Min S = ( Khi D  H ) 8 a) Phần thuận Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có : * QP = QB = QD P, B , D thuộc đường tròn (Q) A 1 1 BDP = BQP = BAC (23) 2 2 R * Tương tự : CDP = 1 BAC (24) D 2 Q Từ (23) ;(24) BDC = BAC 1,0 điểm D thuộc cung BAC B P C 9 (Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với đường trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ là đường trung trực của D’P’ Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (trừ 2 điểm B,C ) 1,0
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1:(1 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x4 +2009x2 +2008x +2009 Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình sau: x 2 2x 45 3x 8 4x 69 + = + 13 15 37 9 Câu 3: (2 điểm) a4 b4 a/ Chứng minh rằng ab3 a3b a2b2 2 b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b. 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P= a b Câu 4:(2 điểm) a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện : a2006 b2006 a2007 b2007 a2008 b2008 Hãy tính tổng: S=a2009 b2009 2 3 5 13 48 b/ Chứng minh rằng :A= là số nguyên 6 2 Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau: xy-2x-3y+1=0 Câu 6: (3điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E. a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng b)Chứng minh tam giác ABE cân. c)Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng: GB HD BC AH HC PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1 điểm) x4 +2009x2 +2008x +2009 = (x4 +x2 +1) +2008(x2 +x +1) 0,25 đ
= (x2 +x +1)( x2 -x +1)+ 2008(x2 +x +1) 0.5 đ = (x2 +x +1)( x2 -x +2009) 0,25 đ Câu 2: ( 1 điểm) x 2 2x 45 3x 8 4x 69 + = + 13 15 37 9 x 2 2x 45 3x 8 4x 69 ( +1)+( -1)=( +1)+( -1) 0,25đ 13 15 37 9 x 15 2(x 15) 3(x 15) 4(x 15) = + 0,25đ 13 15 37 9 1 2 3 4 (x 15)( ) 0 0,25 đ 13 15 37 9 x=-15 0,25 đ Câu 3: (2 điểm) a/ (1 điểm) a4 b4 ab3 a3b a2b2 2 a4 b4 2ab3 2a3b 2a2b2 0,25 đ a4 b4 2ab3 2a3b 2a2b2 0 0,25 đ (a4 2a3b a2b2 ) (b4 2ab3 a2b2 ) 0,25 đ (a2 ab)2 (b2 ab)2 0 0,25 đ b/ (1 điểm) 1 1 a b 5 P= = = 0,25 đ a b ab ab 20 20 4 P= = 0,5 đ 4ab (a b)2 5 4 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a=b= 0,25 đ 5 2 Câu 4 (2 điểm) a/ (1 điểm) Ta có: a2008 b2008 (a2007 b2007 )(a b) ab(a2006 b2006 ) 0,25 đ 1=a b ab 0,25 đ (1 a)(1 b) 0 0,25 đ a 1,b 1 Vậy S=1+1=2 0,25 đ b/ (1 điểm)
2 3 5 13 48 A= 6 2 2 3 5 (2 3 1)2 A= 0,25 đ 6 2 2 3 ( 3 1)2 = 0,25 đ 6 2 2 2 3 ( 6 2)2 = = 0,25 đ 6 2 6 2 =1 Z 0,25 đ Câu 5 (1 điểm) xy-2x-3y+1=0 xy-3y=2x-1 y(x-3)=2x-1 0,25 đ Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x 3 thì 5 y=2+ 0,25 đ x 3 Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5 0,25 đ Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 0,25 đ Câu 6 (3 điểm) a) (1đ điểm) Tam giác ADC và tam giác BEC: CD CA ( vì hai tam giác CDE và CABCE đồngCB dạng) Góc C: chung 0,75 đ Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c) 0,25 đ b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: BEC ADC có: ADC EDC ADE 1350 Suy ra: BEC 1350 0,5 đ Suy ra: AEB 450 0,25 đ Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 450 ) 0,25 đ c)(1 điểm) Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC GB AB AB ED AH HD Suy ra: , mà ABC : DEC ED // AH 0,5 đ GC AC AC DC HC HC
GB HD GB HD GB HD Do đó: 0,5 đ GC HC GB GC HD HC BC AH HC PHÒNG GD&ĐT THANH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 OAI Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) x x 3 x 2 x 2 a) Cho M (1 ) : ( ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 1. Rút gọn M 2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên b) Tính giá trị của biểu thức P P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3 Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) (x 3)(x 4)(x 5)(x 6) 24 2 b) |2x x 1 | = 2x x2 1 Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. 2 1 2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 2 y 2 y x 1 1 1 b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: . 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. 2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu thức P sin6 cos6 . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. BE3 CE 3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và . BF 3 DF Câu 5: (1 điểm) Tìm n N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
- Hết - Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! PHÒNG GD&ĐT THANH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 OAI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1)Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9 (0,5đ) x 1 x x 3 x 2 x 2 M : x 1 x 2 x 3 ( x 2)( x 3) 1 ( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) ( x 2) : x 1 ( x 2)( x 3) 1 x 9 (x 4) x 2 : x 1 ( x 2)( x 3) x 2 x 1 x 2 Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ) x 1 x 2 x 1 3 x 1 3 3 2) M 1 (0,75đ) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U (3) Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 0 x 1 1 Nên x 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) . x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*) ) . x 1 3 x 2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b_ x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3 Có 18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 (0,5đ) 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 (0,25đ)
x 6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a. ( x 3)(x 6)(x 4)(x 5) 24 0,25 đ  (x 2 9x 18)(x 2 9x 20) 24 (1) 0,25 đ Đặt x 2 9x 19 y 0,5 đ (1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0 0,5 đ  y2 – 25 = 0 0,25 đ  (x 2 9x 24)(x 2 9x 14) 0 0,5 đ 0,5 đ  (x 2)(x 7)(x 2 9x 24) 0 Chứng tỏ x 2 9x 24 0 Vậy nghiệm của phương trình : x 2; x 7 0,25 đ 2 2 2 b. Ta có 2x x 1 (x 2x 1) (x 1) 0 0,25 đ pt trở thành : 2x x 2 1 x 2 2x 1 0,5 đ  x 1 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1. 2đ 2 1 2 1 Tìm GTNN của biểu thức: M = x 2 y 2 y x 1 1 1 x4 y4 2x2 y2 1 2 2 x2 y2 1 1 M = x 2 y 2 = 2 2 2 2 y x x y x y 2 2 2 2 2 x y 1 x2 y2 1 1 0,5 2 2 xy x y xy xy 1 1 15 Ta có: xy xy 0, 5 xy 16xy 16xy 1 1 1 1 * Ta có: xy 2 xy. 2. (1) * 16xy 16xy 4 2 x y 1 1 1 1 4 1 15 15 xy xy 4 (2) 2 2 4 xy 16xy 16 4 16xy 4 1 1 15 1 15 17 Từ (1) và (2) xy xy 0,5 xy 16xy 16xy 2 4 4
2 2 1 17 289 Vậy M = xy 0,25 xy 4 16 1 1 xy xy 1 Dấu “=” xảy ra 16xy 4 x y (Vì x, y > 0) 2 0,25 x y x y 289 1 Vậy min M = tại x = y = 16 2 0,5 b 1 1 1 2đ 6 Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 1 1 4 0.5 Áp dụng BĐT a b a b (với a, b > 0) 1 1 1 1 a b 4 a b Ta có: 1 1 1 1 1 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z 0,5 1 2 1 1 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 Tương tự: 3x 2y 3z 16 x z x y y z 1 1 2 1 1 2x 3y 3z 16 y z x y x z cộng vế theo vế, ta có: 0,5 1 1 1 1 4 4 4 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 0,5 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2
0,5 Caai 4: (5 điểm) B 1 D I O 0,25 C H 1 E F P A Q . BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA Nối OE, BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF 0,75đ. AE AB AE AB AE AB 1 1 AB AF AB AF OA AQ 2 2 0,75đ. · · · µ Vậy AEO: ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P1 (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) nên ·AEO Pµ , mà hai góc đồng vị => PH // OE. 1 0,25đ Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. 2. Ta cã: . 3 3 P sin6 cos6 sin2 cos2 2 2 4 2 2 4 P sin cos sin sin cos cos 0,75đ. 2 P sin2 cos2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2 Ta cã: 0,5đ 2 1 sin2 cos2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2 4 0,25đ 2 2 3 1 Suy ra: P 1 3sin cos 1 4 4 0,25đ 1 2 2 Do ®ã: P khi vµ chØ khi: sin cos sin cos (v× lµ min 4 sin gãc nhän) 1 tg 1 450 cos 0,25đ Khi đó CD vuông góc với AB
0,25đ 3. Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 0,25đ ·ACB ·ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2 0,25đ = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: 0,25đ BE 2 EA.EF AE BE 4 AE2 CE.BE BE3 CE BF 2 FA.EF AF BF 4 AF 2 DF.BF BF 3 DF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 2 n 4 n 3 1 n 2 K n 4 2Kn 2 K 2 (K N* ) n 3 2Kn 2 K 2 1 n 2 (n 2k) K 2 1 0 Mà K 2 1n 2 K 2 1 hoặc n 2 K 2 1 Nếu K 2 1 K 1 n 2 (n 2) 0 n 2 Thử lại 24 23 1 52 ( thỏa mãn) Khi K 1 K 2 K 2 1 n 2 K n n 2k 0 mâu thuẫn với điều kiện n 2 n 2K K 2 1 0 (1đ) Vậy n = 2 PHÒNG GD&ĐT KÌ THI HỌC SINH GIỎI  Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ RA Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức: a 1 a 1 1 P 4 a a . a 1 a 1 a a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P tại a 2 3 3 1 2 3 . Câu 2 (1.5 điểm).Giải phương trình: x 2 x 1 x 1 1. Câu 3 (2.5 điểm). Cho x, y là các số dương. x y a) Chứng minh: 2 . y x x y xy b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M . y x x2 y2 Câu 4 (3.0 điểm). Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường
thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của I·AM cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh HF  BI . c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó theo R? Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng: 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y 11879 . Hết *Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. PHÒNG GD&ĐT KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: TOÁN ĐÁP ÁN, CÂU NỘI DUNG ĐIỂM a 0 a 0 Điều kiện a 1 a 1 a 0 0.25 2 2 a a 1 a 1 4 a a 1 a 1 P . 0.25 a 1 a 4 a 4 a a 1 4 a(1 a 1) 1 4a 0.25 a a Vậy P 4a 0.25 a 2 3 2 3 2 3 . 3 1 0.25 2 b 2 3 . 3 1 2 3 3 1 2 3 4 2 3 0.25 2 2 3 2 3 2 . 0.25
Vậy a 2 do đó P 4a 4 2 0.25 Điều kiện x 1 0.25 2 x 2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 (1) 0.5 2 Khi x 1 1 x 1 1 x 2 : Ta có (1) x 1 1 x 1 1. Phương trình vô nghiệm 0.25 Khi 0 x 1 1 0 x 1 1 1 x 2 : Ta có 1 (1) 1 x 1 x 1 1 2 x 1 0 x 1 0.25 Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 0.25 x y Vì x > 0, y > 0 nên 0 và 0 y x 0.25 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 ab dấu "=" xảy ra a b 0.25 x y x y ta có 2 . 2 0.25 a y x y x x y Vậy 2 . y x 0.25 x y Dấu "=" xảy ra x2 y2 x y (vì x > 0, y > 0) y x 0.25 3 x y 1 3a a 1 Đặt a , ta có M a y x a 4 4 a 0.25 x y 3a 3 Vì a 2 nên ; y x 4 2 0.25 a 1 a 1 1 b Ta có 2 . 2. 1 4 a 4 a 2 0.25 1 3a a 1 3 5 5 Do đó M a 1 ; M a 2 x y 0.25 a 4 4 a 2 2 2 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng khi và chỉ khi x y . 0.25 2 Hình vẽ x I F M H E K A O B
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên a F· MK 900 và F· EK 900 . 0.5 Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.25 Ta có HAK cân tại A nên AH = AK (1) 0.25 K là trực tâm của AFB nên ta có FK  AB suy ra FK // AH (2) 0.25 · · · · · · 0.25 b Do đó FAH AFK mà FAH FAK (gt) cho nên AFK FAK Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) 0.25 Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà AK  IB suy ra HF  IB . 0.25 Chu vi của AMB C AMB MA MB AB lớn nhất khi chỉ khi MA + MB lớn nhất (vì AB không đổi). 0.25 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 2 a2 b2 dấu "=" xảy ra a b, ta có MA MB 2 2(MA2 MB2 ) 2AB2 0.25 c Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB. 0.25 Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C AMB đạt giá trị lớn nhất. Khi đó 0.25 C AMB MA MB AB AB 2 AB (1 2)AB 2R(1 2) Đặt A 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 , ta có 2x.A là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên 2x.A chia hết cho 5. Nhưng 2x không chia hết 0.25 cho 5, do đó A chia hết cho 5. Nếu y 1 , ta có 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y chia hết cho 5 mà 11879 không chia hết cho 5 nên y 1 không thỏa mãn, suy ra y = 0. 5 0.25 Khi đó , ta có 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y 11879 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 1 11879 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 11880 0.25 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 9.10.11.12 x 3. Vậy x 3; y 0 là hai giá trị cần tìm. 0.25 Đề 1 x x Bài 1: (3điểm): Cho A = 4 x x x a) Rút gọn A. b) Tìm x để A nhận giá trị nhỏ nhất. Bài 2 : (2điểm): Giải hệ phương trình: x 2007 y 2007 x y 2007 2007 Bài 3 : (3điểm): Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 Bài 4 : (3điểm): Cho x 0, y 0 và x y 4
2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x y 1994,5 . x y Bài 5: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BM vuông góc với AC, gọi N là trung điểm của AM, P là trung điểm của CD. Chứng minh: B· NP 90 . Bài 6: (3 điểm) Cho ABC ( AB = AC). Đường cao AH, kẻ HE vuông góc với AC, gọi O là trung điểm của EH. Chứng minh: AO  BE Bài 7: (3 điểm) Cho ABC Có AB = c, AC = b, BC = a. A B C 1 Chứng minh rằng: Sin  Sin  Sin 2 2 2 8 Hết PGD KRÔNG PẮC ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC 2007 – 2008 TRƯỜNG THCS EA YÔNG Môn : Toán- Lớp 9 Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1: a) Đ/K: x 0 0.5 điểm A = 4 x 1 x x 0.5 điểm = x 2 x 3 0.5 điểm 2 b) A = x 1 2 2 x 0 0.5 điểm MinA = 2 x 1(TMĐK) 1.0 điểm Bài 2: x 2007 y 2007 x y 2007 2007 ĐK: x 0; y 0 0.5 điểm
x 2007 y 2007 0.5 điểm x 2007 y 2007 0.5 điểm x 0 Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất 0.5 y 0 điểm Bài 3: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 3 5 ĐK: x 0.5 điểm 2 2 Áp dụng Bunnhiacopski VT: 1. 2x 3 1. 5 2x (12 12 )(2x 3 5 2x) 2 (1) 0.5 điểm VP: 3x2 12x 14 3(x 2)2 2 2 x (2) 0.5 điểm Phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 có nghiệm Dấu “=” xảy ở (1) và (2) đồng thời xảy ra. 2x 3 5 2x x 2 1.5 điểm x 2 0 1 2 Bài 4: a ,b R+ thì a2 b2 a b dấu “=” a = b 2 1 1 4 Dấu “=” xảy ra a = b. 0.5 điểm a b a b 2 2 2 1 1 1 1 1 A = x y 1994,5 x y 1994,5 x y 2 x y 2 2 1 4 1 4 x y 1994,5 4 1994,5 2 x y 2 4 = 2007 1.0 điểm x y 4 A 2007 Do đó MinA = 2007 x y 2 0.5 điểm x y Bài 5: Gọi I là trung điểm của BM. C B NI cắt BC tại E. I Ta có NI là đường trung bình của BMA . P 1 NI // AB và NI = AB. 0.5 N M 2 A D điểm AB  BC NI  BC tại E 0.5 điểm I là trực tâm của BCN CI BN (1) 0.5 điểm Ta có:
1  IN AB 2  mà AB = CD IN = CP CINM là hình bình hành CI // NP (2) 1 CP CD 2  0.5 điểm IN // AB   IN // CP 0.5 điểm AB // CP Từ (1) và (2) NP  BN tại N B· NP 90 0.5 điểm Bài 6: Kẻ BD  AC C· BD H· AC ( cùng phụ với Cµ ) BC CD BDC S EAH (gg) 0.5 AH EH điểm CD BDC có BH = HC ( ABC cân tại A) DE = EC = 0.5 2 điểm HE // BD (cùng  AC) BC CD 2CE CE 0.5 điểm A AH EH 2HO HO CBE và HAO có B· CE ·AHO ( DBC S EAH ) BC CE D AH HO CBE S HAO (c.g.c) E K 2 C· BE H· AO 0.5 điểm 1 O B C Gọi K là giao điểm của AH và BE. H · ¶ Ta có: CBE K1 90 · ¶ ¶ ¶ · · HAO K1 90 (Vì K1 K2 ,CBE HAO ) 0.5 điểm AO  BE. 0.5 điểm Bài 7: A Kẻ phân giác AD của B· AC 1 2   b kẻ BE AD; CF AD c BED vuông tại E BE BD E CFD vuông tại F CF CD C B a BE + CF BD + CD = a 0.5 F điểm
µ A ABE (E = 1v) BE = AB. SinA1 = c. sin 0.5 điểm 2 µ A ACF (F = 1V) CF = AC. SinA2 = b. sin 0.5 điểm 2 A A a BE + CF = (b + c) sin a sin 0.5 2 2 b c điểm a a A a b>0; c>0 áp dụng bất đẳng thức Côsi: b + c 2 bc Sin b c 2 bc 2 2 bc 0.5 điểm B b C c Tương tự ta cũng có: Sin ; Sin 2 2 ac 2 2 ab A B C a b c 1 Sin . Sin . Sin . . = 0.5 điểm 2 2 2 2 bc 2 ac 2 ab 8 PHÒNG GD-ĐT NGHĨA HÀNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỔI LỚP 9 CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS HÀNH MINH Môn: Toán – Năm học: 2013- 2014 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) ĐỀ: Bài 1: (6,0 điểm) a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ƯCLN(21n+4 , 14n+3) b) Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương, biết rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3. Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = xy + x + y. Bài 2: (3,0 điểm) 20132 2013 a)Tính giá trị của biểu thức P= 1 20132 20142 2014 b) Giải phương trình: x 7 9 x x2 16x 66 Bài 3: (4,0 điểm) 1 1 a) Cho x > 0, y > 0 và x + y 1. Chứng minh bất đẳng thức 4 . x2 xy y2 xy 2x x 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A , với x 1 . 3 x 1 Bài 4: (5,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng a. Gọi M là một điểm nằm ở miềm trong của tam giác. MI MP, MQ theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AB, AC. Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Các điểm D và E thứ tự chuyển động trên các cạnh AB và AC sao cho D· OE 600 . a) Chứng minh MI + MP + MQ không đổi b) Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. c) Xác định vị trí của các điểm D và E để diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.
Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết rằng AB = CH. 5 1 Chứng minh rằng: cosBµ . 2 Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo sanh: . Giám thị 1: Giám thị 2: ÑAÙP AÙN ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI CAÁP HUYỆN Bài Câu Đáp án Điểm Bài 1: a) Đặt d = ƯCLN(21n+4 , 14n+3) , với n N*). Ta có : (6,0đ) (2,0đ) (21n + 4) d và (14n + 3) d 0,5đ 2(21n + 4) d và 3(14n + 3) d 0,5đ [3(14n + 3) - 2(21n + 4)] d 0,5đ (42n + 9 - 42n - 9) d 1 d d = 1 0,5đ b) Vì 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương nên ta có thể 0,5 (2,0đ) đặt 2a + b = m2; 2b + c = n2; 2c + a = p2 với m, n, p là các số tự nhiên. Vì trong các số m2; n2; p2 có một số chia hết cho 3 nên không mất tính tổng quát có thể giả sử m2 chia hết cho 3 (1). Ta lại có m2 + n2 + p2 = 3a + 3b + 3c chia hết cho 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra n2 + p2 chia hết cho 3. Dễ thấy n và p đều chia hết cho 3. Do đó 2a + b; 2b + c; 2c + a đều chia hết cho 3. Từ đó suy ra a, b, c đều chia hết cho 3. Vậy (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. c) x2 + y2 = xy + x + y (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = 2. 0,5đ (2,0đ) Vì x, y Z nên : x+y 0 0 0 0 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1 0,25đ x-1 1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 1 -1 0,25đ y-1 1 1 -1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 0,25đ 0,25đ
(x;y) (2;2 ) (0;0 ) (1;0 ) (2;1 ) (1;2 ) (0;1 0,25đ ) 0,25đ a) 2 2 a a (1,0đ) P=1 a 2 a 1 a 1 2 2 a a a 1 2a 0,25đ a 1 a 1 2 2 a a a a 1 2.(a 1). 0,25đ a 1 a 1 a 1 2 a a a 1 0,25đ a 1 a 1 Bài 2: a a a 1 a 1 (3,0đ) a 1 a 1 Vậy P = 2014 0,25đ b) Điều kiện 7 x 9 0,5đ (2.0đ) x2 - 16x + 66 = (x-8)2 + 2 2 (1) 0,5đ 1 (x 7) 1 (9 x) 1. x 7 1. 9 x 2 (2) 0,5đ 2 2 (1) và (2) x 7 9 x x2 16x 66 = 2 x 8 0 Khi 1 x 7 x 8 (thoả mãn điều kiện) 1 9 x vậy x = 8 là nghiệm của phương trình 0,5đ 1 1 4 a) (2đ) Áp dụng bất đẳng thức , với mọi a > 0; b > 0. a b a b Ta có : 1 1 4 x2 xy y2 xy x2 xy y2 xy 1,0đ 4 Bài 3: = 2 4 (4,0đ) x y 1 4 0,5đ (vì 0 x y 1 1 4 ). x y x y x2 xy y2 xy 1 Đẳng thức xảy ra khi x y 0 . x y 1 2 0,5đ
b) (2đ) 2x x 3 2x 2 2 x 1 4 2 x 1 4 5 0,5đ Ta có : A . 3 x 1 3 x 1 3 x 1 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta được: 2 x 1 4 2 x 1 4 4 6 2 . . 3 x 1 3 x 1 3 0,5đ 2 x 1 4 Đẳng thức xảy ra khi x 1 6 (thỏa mãn điều 0,5đ 3 x 1 kiện x 1 ). 4 6 5 Vậy minA khi x 1 6 . 0,5đ 3 a) Tính được S = S + S + S 0,5đ ABC MBC MAC MAB A 1 1 1 1 (1,0đ) a.MI + a.MP + a.MQ = ah 2 2 2 2 P MI + MP + MQ = h (không đổi) Q 0,5đ M B I C b) Vì D· OE 600 nên B· OD C· OE 1200 (1). (2,0đ) Tam giác BOD có Bµ 600 nên B· OD B· DO 1200 (2). Từ (1) và (2) suy ra B· DO C· OE . 0,5đ Do đó BOD ഗ CEO (g-g). BD OD BD OD Suy ra (vì OB = OC). A OC EO OB EO Do đó DBO ഗ DOE (c-g-c). E · · K BDO ODE . D 0,5đ Bài 4 .Vẽ OH  AB; OK  DE H (5,0đ) OHD OKD (ch-gn) 60° B OH = OK. O C 0,5đ Mà OH không đổi nên DE luôn tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố định. 0,5đ c) c) Vẽ OI  AC, dễ thấy DH = DK = x; EK = EI = y (T/c hai 0,5đ (2,0đ) tiếp tuyến cắt nhau). a a Do đó DE = x + y; BD = x ; CE y 4 4 0,5đ (Dễ thấy BH = CI = a ). 4 OB DB Vì BOD ഗ CEO (g-g) . 0,5đ EC OC a2 DB.EC OB.OC 4 0,5đ
Bài 5: (2,0đ) . A (2,0đ) C Vì tam giác ABC vuông tại A có đường caoB AH. H Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB2 BH.BC BC CH BC BC AB BC BC 2 AB.BC (vì 0,5đ AB = CH). Chia hai vế cho BC2 ta được: AB2 AB AB2 AB 1 1 BC 2 BC BC 2 BC 0,5đ 2 AB 1 5 AB 1 5 . BC 2 4 BC 2 2 AB 5 1 0,5đ BC 2 AB 5 1 Tam giác ABC vuông tại A nên ta có cosBµ BC 2 0,5đ (đpcm). PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎi TOÁN 9 Năm học 2013-2014. Thời gian: 150 phút. Bài 1. (5 điểm) x x 1 x x 1 1 x 1 x 1 Cho biểu thức: P = x . x x x x x x 1 x 1 với x > 0; x 1. 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn P. 2. Tính P khi x = 9 4 5 9 4 5 . 3. Tìm x để P < 21 . 2 Bài 2. (4 điểm) 1. Cho x, y là 2 số thực dương thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 1. 2. Giải phương trình: 2 x 2 x 2. 2 2 x 2 2 x Bài 3. (4 điểm) a b c 1. Cho 1. Tính giá trị biểu thức b c c a a b a 2 b 2 c 2 Q = . b c c a a b
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + 2 = 0. Bài 4. (6 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O, R). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B,C là 2 tiếp điểm, D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC. 1. Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn. 2. Chứng minh AH.AO = AD.AE. 3. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Biết OA = 6cm; R = 3,6cm. Tính chu vi AMN. 4. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB,AC lần lượt tại I và K. Chứng minh MI + NK IK. Bài 5. (1 điểm) Cho x, y R, x 0, y 0. Chứng minh: x 2 y 2 x y 4 3 2 2 . y x y x PHÒNG GD&ĐT THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2013-2014. Môn thi: Toán Bài Nội dung Điểm Bài 1 1. (5 điểm) P = 2 2 ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1) x 1 x 1 x 1 . x( x 1) x( x 1) x x 1 . x 1 2đ 2(x x 1) = = . x 0,5đ 2. Tĩnh x = = 4 Thay x = 4 tính P = 7 1đ 21 2(x x 1) 21 3. P 0, x 1. 2 x 2 1đ ( x 4)(4 x 1) < 0 0,5đ 1 Lập bảng xét dấu Kết luận < x < 4 và x 1. 4 Bài 2 1. (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0. (4 điểm) x2 + y2 + 1 + 2xy + 2x + 2y + 5x + 5y + 5 + 4 = - y2 0,5đ (x + y +1)2 + 5(x + y +1) + 4 = - y2 A2 + 5A + 4 = - y2 0,5đ Vì - y2 0 nên A2 + 5A + 4 0. (A + 1)(A + 4) 0 A 1 0 -4 A 1 . A 4 0 0,5đ 0,5đ
Vậy maxA = -1, minA= -4. 2. ĐK 0 0, b > 0) 0,5đ a 2 b 2 0,5đ 2. 2 a 2 b 2(2 ab) (a b)(2 ab) Vì a > 0, b > 0 2 + ab > 0 0,5đ a - b = 2 a2 - 2ab - b2 = 2 2ab = 2 ab = 1 2 x 2 x 1 0,5đ 4 x 1 4 x 1 x 3 (TM). Bài 3 1. Ta có a + b + c 0 vì nếu a + b + c = 0 thế vào giả thiết ta có (4 điểm) a b c 0,5đ 1 3 1 (vô lí). a b c Khi a + b + c 0 ta có a b c (a b c) a b c. 0,5đ b c c a a b a 2 a(b c) b(c a) b 2 c(a b) c 2 a b c b c b c c a c a a b a b a 2 b 2 c 2 + a + b + c = a + b + c b c c a a b 0,5đ a 2 b 2 c 2 = 0 Q = 0. b c c a a b 2. Giải phương trình nghiệm nguyên. 0,5đ 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + 2 = 0. (2x + y + 1)(x + y + 1) = -1 2x + y + 1 và x + y + 1 là các ước của -1 0,75đ 2x y 1 1 TH 1: x 2, y 4 x y 1 1 0,5 đ 2x y 1 1 TH 2: x 2, y 2 x y 1 1 0,5 đ Kết luận (x,y) = (2; -4) hoặc (-2; 2) 0,25 đ Bài 4 I B M E D H A O N C K
1,25đ 0,75đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ 1. Chứng minh OB AB, OC AC (theo tính chất tiếp tuyến) 0,25đ OBA OCA 900 B và C cùng thuộc đường tròn đường kính OA 4 điểm A, B,O, C cùng thuộc một đường tròn. 0,75đ 2. Chứng minh OB AB Chứng minh OA BC tại H AB2 = AH.AO (1) 0,5đ Chứng minh ABD đồng dạng với AEB AB AD AB2 = AE.AD (2) AE AB Từ (1) và (2) AH.AO = AE.AD 3. Tính AB = 4,8cm Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra AB = AC, MD = MB, ND = NC Chu vi AMN là: AM + AN + MN = AM +AN + MD +DN = AM +AN + MB + NC = AB + AC = 2AB = 9,6cm. 4. Chứng minh IK//BC Và AB = AC AI = AK IK AIK cân tại A AIK AKI và OI = OK = 2 0,5đ Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra: 1 NMO OMI NMI 2 1 MNO ONK MNK 0,5đ 2 Tứ giác MNKI có IMN MNK NKO KIM 3600 2IMO 2ONK 2NKO 3600 IMO ONK NKO 1800 Đồng thời NOK có: NOK ONK NKO 1800 IMO NOK MIO đồng dạng với OKN
MI OI IK 2 MI.NK OI.OK . OK NK 4 MI NK IK 2 IK MI.NK Áp dụng BĐT Cosi: 2 4 2 MI NK IK Bài 5 x 2 y 2 x y 4 3 2 2 (1) (1điểm) y x y x x 2 y 2 x y 4 3 o 2 2 (2) y x y x x y x y x y a 2 Đặt a = a 2 y x y x y x a 2 x 2 y 2 a2 = 2 y 2 x 2 BĐT (2) trở thành a2 - 3a + 2 0 (a - 2)(a + 1) 0. 0,5đ Lập bảng xét dấu suy ra: 1 a 2 a 2 Từ a nằm trong miền nghiệm của bất phương trình đã xét. a 2 Vậy a thoả mãn a2 - 3a + 2 0 (1) đúng x 2 y 2 x y 4 3 Vậy 2 2 y x y x 0,5đ Lưu ý: HS làm cách khác đúng cho điểm tối đa Chứng minh hình phải có lập luận, căn cứ chặt chẽ mới cho điểm tối đa. PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG II ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2011 - 2012 (Đề gồm 1 trang) Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) x 2 x 2 Câu 1. Cho biểu thức: P x x x 2 x ( x 1)(x 2 x) a. Rút gọn P . b. Tính P khi x 3 2 2 . c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. Giải phương trình: a. x2 10x 27 6 x x 4
b. x2 2x x x 2 x 4 0 Câu 3. a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 3 1 x 1 1 3 2x x b. Cho x 1; y 0 , chứng minh: 3 3 3 (x 1) y y x 1 y c. Tìm số tự nhiên n để: A n2012 n2002 1 là số nguyên tố. Câu 4. Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a. Chứng minh: không đổi AE 2 AF 2 b. Chứng minh: cos·AKE sin E· KF.cos E· FK sin E· FK.cos E· KF c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD. Câu 5. Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất. Hết./. PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9. Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câ Nội dung cần đạt Điểm Ý u x 2 x 2 0,2 P x( x 1) x( x 2) x( x 1)( x 2) 5 x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2x 2 x 2 x 2 x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) 1 a 2,25 x x 2x 2 x x x( x 1)( x 2) ( x 1) 0,2 x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) ( x 1) 5
0.5 x 3 2 2 x 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1 0.2 5 ( x 1) 2 1 1 2 2 b P 1 2 ( x 1) 2 1 1 2 0.2 5 ĐK: x 0; x 1 : 0.2 5 ( x 1) x 1 2 2 P 1 ( x 1) x 1 x 1 0.2 c Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9 5 0.2 5 ĐK: 4 x 6 : 0.2 5 VT x2 10x 27 (x 5)2 2 2 , dấu “=” xẩy ra x 5 VP 6 x x 4 (12 12 )(( 6 x)2 ( x 4)2 ) VP 2 , dấu “=” xẩy ra 0.2 5 1 1 6 x x 4 x 5 a 6 x x 4 0.2 VT VP x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x 5 5 0.2 5 ĐK: x 0 . Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả 2 1,75 hai vế cho x ta có: 0.7 2 4 4 2 x2 2x x x 2 x 4 0 x 2 x 0 (x ) ( x ) 2 0 5 x x x x 2 4 4 Đặt x t 0 t 2 x 4 x t 2 4 , thay vào ta có: x x x b 2 2 t 3 (t 4) t 2 0 t t 6 0 (t 3)(t 2) 0 t 2 Đối chiếu ĐK của t 2 x 4 t 3 x 3 x 3 x 2 0 ( x 2)( x 1) 0 x x 1 y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (x y)2 (x 1)(x 2) 3 a (*) 2.0
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp x 1 0 x 1 y 1 0.5 nên phải có 1 số bằng 0. x 2 0 x 2 y 2 Vậy có 2 cặp số nguyên (x; y) ( 1;1) hoặc (x; y) ( 2;2) 1 x 1 1 x 1; y 0 x 1 0; y 0 0; 0; 0 (x 1)3 y y3 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 1 1 1 3 1 1 3. 3 .1.1 2 (1) (x 1)3 (x 1)3 (x 1)3 x 1 3 3 3 x 1 x 1 x 1 3(x 1) 0.7 1 1 33 .1.1 2 (2) 5 y y y y b 1 1 1 3 1 1 3.3 .1.1 2 (3) y3 y3 y3 y Từ (1); (2); (3): 3 1 x 1 1 3 3(x 1) 3 3 3 6 (x 1) y y x 1 y y 3 1 x 1 1 3 6x 6 3x 3 2x x 3 3 3( ) (x 1) y y x 1 y x 1 y Xét n 0 thì A = 1 không phải nguyên tố; n 1 thì A = 3 nguyên tố. 0.2 Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 5 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) 3 670 3 3 670 2 c Mà (n ) – 1) chia hết cho n -1, suy ra (n ) – 1) chia hết cho n + n + 1 Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 0.5 Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1. A B M M' 0.2 4 N 5 N' P E C K D Q H F
Học sinh c/m: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK 0.5 a Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: 0,5 1 1 1 1 1 1 1 hay (không đổi) AK 2 AE 2 AD2 AF 2 AE 2 AD2 a2 3. 1 · 1 · 0,2 0 HS c/m SKEF KE.EF.sin AEK KE.EF.cos AKE 2 2 5 1 1 Mặt khác: S EH.KF EH.(KH HF) . Suy ra: KEF 2 2 b 0,2 · · EH.KH EH.HF KE.EF.cos AKE EH.(KH HF) cos AKE 5 : KE.EF EH KH EH HF cos ·AKE . . sin E· FK.cosE· KF sin E· KF.cosE· FK EF EK KE EF 0,5 Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N MN’ là phân giác của D· MM ' Cách dựng điểm N: - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.2 c - Dựng phân giác D· MM ' cắt DM’ tại N’ 5 d - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD 0.2 5 Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tíchH mà trình bày được cách 0.2 dựng vẫn cho điểm tối đa. I 5 P A 0.2 B K 5 O D C 1. 5 Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P 0.2 0 HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP 5 0.2 Mà OP AO nên BH + CI + DK 4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO 5 Đạt được khi P  A hay d vuông góc AC 0.2 5 Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 THÁI BÌNH Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (3,0 điểm) Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. Câu 2. (3,0 điểm) Cho biểu thức: P 1 x 1 x 1 x2 1 x 1 x 1 x2 với x  1;1 1 Tính giá trị của biểu thức P với x . 2012 Câu 3. (3,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 x2 1 y2 16x2 x2 2x y3 9 8x3y 8xy Câu 4. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x2 và hai điểm A(-1;1), B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m 1 m 3 . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. AI BI CI a) Chứng minh: 2 . AM BN CP 1 1 1 4 b) Chứng minh: . AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI 2 Câu 6. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: y + z - x = R + r. Câu 7. (2,0 điểm) x;y R x y 2 2 Cho x; y thỏa mãn 1 . Chứng minh rằng: . 0 x;y 1 y 1 x 3 2 HÕt Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Gồm 4 trang) CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi bằng Câu 1 3.0 hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. Gọi độ dài các cạnh của tam giác vuông là a, b, c (a là độ dài cạnh huyền) Theo giả thiết và định lý Pitago, ta có: a b c bc 1 0.5 2 2 2 b c a 2 b2 c2 2bc 2 a b c a2 0.5 b c 1 2 a 1 2 b c 2 a 0.5 a b c 0 loaïi Thế a = b + c - 2 vào (2) ta được: 2 + bc - 2b - 2c = 0 b-2 c 2 2 0.5 Vì b, c là các số nguyên dương nên ta có các trường hợp sau: T.Hợp b - 2 c - 2 b c a K.Luận 1 1 2 3 4 5 Nhận 2 2 1 4 3 5 Nhận 1.0 3 -1 -2 1 0 Loại 4 -2 -1 0 1 Loại Vậy tam giác cần tìm có các cạnh là 3; 4; 5 Cho biểu thức P 1 x 1 x 1 x2 1 x 1 x 1 x2 x  1;1 Câu 2 1 3.0 Tính giá trị của biểu thức khi x . 2012 2 2 2 2 Ta coù: ) 2 1 x 2 1 x 1 x x 2x 1 2 1 x 1 x 1 x 0.5 2 1 x 1 x2 2 ) 2 1 x 2 1 x 1 x2 1 x 1 x2 0.5 Suy ra : P 2 1 x 1 x2 1 x 1 x2 0.5 1 x 1 x2 1 x 1 x 1 x 0.5 0.5 106
1 Vì x 1 x 1 x P 2 2 1 x 2012 0.5 1 2013 P 2 1 . 2 2012 2012 Chú ý: Nếu HS tính P2 2 - Tính: P2 2 1 x 2 1 x x2 1.0 - Rút gọn: P2 2 1 x 2 1 x x 0.5 2 1 2 2013 2013 2013 0.5 - Thay x được P 2. 2. 2 2. 2012 2012 2012 2012 2013 - Do P không âm suy ra P 2 1.0 2012 Tìm các số thực x, y thỏa mãn: Câu 3 2 3.0 x2 1 y2 16x2 x2 2x y3 9 8x3y 8xy (*) 2 2 2 3 Ta có: * x 1 y 4x x 2x y 9 0 0.5 2 2 x 1 y 4x 0 yx 4x y 0 1 0.5 2 3 2 3 x 2x y 9 0 x 2x y 9 0 2 + Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0, thay vào (2) không thỏa mãn 0.5 + Nếu y 0, ta coi (1), (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Điều kiện để có nghiệm x là: ' 2 1 4 y 0 2 y 2 0.5 y 2 ' 3 y 2 2 y 8 0 Thay y = 2 vào hệ (1), (2) ta được: 2x2 4x 2 0 x 1 2 1.0 x 2x 1 0 Vậy x = 1, y = 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x2 và hai điểm A(-1;1), B(3;9) Câu 4 nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m 1 m 3 . 3.0 Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. 1 S AA' BB' .A'B' ABB'A' 2 0.5 1 1 9 .4 20 2 1 S AA' MM' .A'M' AMM'A' 2 0.5 1 1 m2 m 1 2 107
1 S MM' BB' .B'M' MBB'M' 2 0.5 1 m2 9 3 m 2 SABM SABB'A' SAMM'A' SMBB'M' 0.5 8 2 m 1 2 2 Ta có: SABM 8 2 m 1 8 vaø SABM 8 m 1 1.0 Suy ra SABM lớn nhất bằng 8 m = 1 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. AI BI CI Câu 5 a) Chứng minh: 2 3.0 AM BN CP 1 1 1 4 b) Chứng minh: AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI 2 Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có: IM IK S IBC A 0.5 AM AH SABC Tương tự, ta có: N IN S IP S P IAC , IAB I 0.25 BN S CP S a ABC ABC IM IN IP O Suy ra: 1 0.25 AM BN CP B H K M C AM AI BN BI CP CI 1 AM BN CP 0.5 AI BI CI 2 ñpcm AM BN CP AI BI CI OA OI OB OI OC OI Ta có: 2 AM BN CP AM BN CP 1 1 1 2 R OI 0.5 AM BN CP b 2 1 1 1 vì R OI R OI AM BN CP Chứng minh: x y z 2 3 xy yz zx (*) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z 0.5 Áp dụng (*) 0.5 108
2 1 1 1 1 1 1 1 AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP 2 1 2 4 2 ñpcm 3 R OI 3 R OI Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù. Câu 6 Chứng minh rằng: y + z - x = R + r A Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB OM = x, ON = y, OP = z. Đặt AB = c, BC = a, CA = b. P N Ta có tứ giác OMNC nội tiếp nên theo M định lý Ptôlêmê suy ra: C B 0.5 MN.OC + OM.CN = ON.MC c b a O .R x. y. 2 2 2 c.R x.b y.a 1 Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB và ONAP ta có: b.R x.c z.a 2 1.0 y.c z.b R.a 3 Mặt khác: SABC SOAB SOAC SOBC r a b c c.z b.y a.x 4 0.5 Cộng v.v.v của (1) và (2) rồi trừ v.v.v cho (3) ta được c.R b.x c.x b.R c.y b.z a.y a.z a.R 0.5 R a b c a y z b z x c y x 5 Cộng v.v.v của (4) và (5) được R r a b c a b c y z x R r y z x ñpcm 0.5 x,y R x y 2 2 Câu 7 Cho x, y thỏa mãn 1 . Chứng minh rằng: 2.0 0 x,y 1 y 1 x 3 2 Từ giả thiết suy ra: 1 1 2 0.5 ) x y 0 x y 2 xy (1) 2 2 2 1 1 1 ) x x x. ; y y y. x x y y x y 2 0.5 2 2 2 Lại có: 0.5 109
1 2 2 2 2 1 xy xy xy xy 3 4 3 3 4 x y 2 2 xy xy x y 4 2 3 6 Từ (1), (2), (3) và (4) ta có: 2 2 2 2 1 2 x x y y x y x y xy x y 2 2 3 4 6 0.25 2 2 1 x y xy 3 x y x x y y x y 2 2 Suy ra: VT (đpcm) 1 y 1 x 1 x y xy 3 0.25 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi: x y 2 Hướng dẫn chung: + Trên đây là các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới công nhận cho điểm. + Thí sinh có cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần tương ứng đáp án trên đến đó. + Chấm từng phần. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn, tính đến 0.25 điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) a 1 a a 1 a2 a a a 1 Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a a) Chứng minh rằng M 4. 110
6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (2,0 điểm) a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 , y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy 1 1 ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q . OM2 ON2 Bài 3. (2,0 điểm) 17x 2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình: x 2y 3xy. b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 1 x y z z x (y 3). 2 Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: 111
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT. BÀI- ĐIỂ ĐỀ -ĐÁP ÁN Ý M a 1 a a 1 a 2 a a a 1 Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a Bài 1 a) Chứng minh rằng M 4. 6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên. M 2,00 a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1 Do a > 0, a 1 nên: và a a a ( a 1) a 0,25 a 2 a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1 1.a a a a a (1 a) a (1 a) a 0,25 (1,25đ a 1 M 2 ) a 0,25 Do a 0; a 1 nên: ( a 1)2 0 a 1 2 a 0,25 2 a M 2 4 a 0,25 6 3 Ta có 0 N do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 1.b M 2 0,25 (0,75đ 6 a ) Mà N = 1 1 a 4 a 1 0 ( a 2)2 3 a 1 2 a 0,25 112
a 2 3 hay a 2 3 (phù hợp) Vậy, N nguyên a (2 3)2 0,25 a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 , y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d 1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? Bài 2 b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M 1 1 và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thứcQ . OM2 ON2 2,00 Điều kiện để ( m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và ( m) là: 0,5x 3 mx (m 0,5)x 3 2.a Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m 0,5 0 hay m 0,5 0,25 (0,75đ Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và ( m) là: ) 6 x mx (m 1)x 6 Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m 1 0 hay m 1 Vậy điều kiện cần tìm là: 1 m 0,5; m 0 0,25 Đặt m = xM và n = yN mn 0 và m 1 (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25 0 am b 2 a b hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn n b 0,25 1 2 2.b Chia hai vế cho mn 0 ta được: 1 ( ) (1,25đ m n 2 2 ) 1 2 1 4 4 1 1 2 1 1 2 2 5 2 2 m n m n mn m n m n 0,25 1 1 1 2 1 Q ; dấu “=” xảy ra khi ; kết hợp ( ): m = 5, n = 2,5 m2 n2 5 m n (thỏa (*)) 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 1 5 0,25 17x 2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình: x 2y 3xy. Bài 3 (1) 1 b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x y z z x (y 3) 2 (2) 2,0 đ 113
17 2 1 1007 9 2011 x y x y 9 490 Nếu xy 0 thì (1) (phù hợp) 1 2 1 490 9 3 y y x x 9 1007 0,50 3.a 17 2 1 1004 2011 (1,25đ y x y 9 Nếu xy 0 thì (1) xy 0 (loại) ) 1 2 1 1031 3 y x x 18 0,25 Nếu xy 0 thì (1) x y 0 (nhận). 0,25 9 9 KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và ; 490 1007 0,25 Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 (2) 2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3 3.b ( x 1)2 ( y z 1)2 ( z x 1)2 0 0,25 (0,75đ x 1 x 1 ) y z 1 y 3 (thỏa điều kiện) z x 1 z 2 0,25 Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) sao cho M không trùng với các F điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của M O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ B C A O Bài 4 hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. E ( C ) b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm N của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. 3,0 đ MN  BF và BC  NF 0,25 4.a A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 (1,00đ FA  NB ) Lại có AE  NB 0,25 114
Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 C· AN M· AB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25 4.b AN AC (0,75đ Suy ra: AB AM 0,25 ) Hay AM AN ABAC 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25 2 Ta có BA BC nên A là trong tâm tam giác BNF C là trung điểm NF 3 (3) 0,25 Mặt khác: C· AN C· FM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng 4.c CN AC 2 CN CF BCAC 3R (1,25đ BC CF 0,25 ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3 không đổi 0,25 Nên: NF ngắn nhất CN =CF C là trung điểm NF (4) 0,25 (3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF NF ngắn nhất 0,25 Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75 Đặt: S = 123456789101112 S 3467891112 (1) là một số nguyên 100 hai chữ số tận cùng của S là 00 0,50 (1,00đ Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), ) nếu chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy S có chữ số tận cùng là 6 (vì 100 34=12; 26=12; 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) 0,25 Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25 Hết 115
Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 x 1 y z 1 z x 1 Theo BĐT Cauchy: x ; y z ; z x 2 2 2 1 3.b VP x y z z x (y 3) VT (0,75đ 2 0,25 ) x 1 x 1 Do đó y z 1 y 3 thỏa điều kiện z x 1 z 2 0,25 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Môn : TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài 1 ( 3,0 điểm) 2ab a x a x 1 Cho các số dương: a; b và x = . Xét biểu thức P = b 2 1 a x a x 3b 3. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 4. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2 (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: x3 3x 2 2 y 3 y 3y 2 4 2z 3 z 3z 2 6 3x Bài 3 ( 3,0 điểm) n n 3 5 Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = a +b , với a = ; b = 2 3 5 . 2 n + 1 n + 1 n 4. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( a + b ) – ab(a + bn) 5. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên. 116
n n 2 5 1 5 1 6. Chứng minh Sn – 2 = . Tìm tất cả các số n để Sn – 2 2 2 là số chính phương. Bài 4 (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE 0 a + x > 0 (1) a(b 1)2 0,25 Xét a – x = 0 (2) b 2 1 Ta có a + x > a – x ≥ 0 a x a x 0 (3) 0,25 Từ (1); (2); (3) P xác định Rút gọn: 2ab a(b 1)2 a Ta có: a + x =a a x (b 1) 0,25 b 2 1 b 2 1 b 2 1 117
2ab a(b 1)2 a 0,25 a - x =a a x b 1 b 2 1 b 2 1 b 2 1 a a (b 1) b 1 2 2 1 b 1 b 1 1 P = b 1 b 1 0,25 a a 3b b 1 b 1 3b (b 1) b 1 1 b 2 1 b 2 2 1 4 Nếu 0 < b < 1 P = 0,25 2b 3b 3b 1 3b 2 1 Nếu b 1 P = b 3b 3b 0,25 2. (1.0 điểm) Xét 2 trường hợp: 4 4 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = P 3b 3 1 b 1 2b Nếu b 1 , a dương tuỳ ý thì P = b 3b 3 3b 3 b 1 2 Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 0,25 3 3b 3 2b 2 0,25 Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 2 2 4 Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 3 4 KL: Giá trị nhỏ nhất của P = 3 0,25 0,25 Câu 2 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm Biến đổi tương đương hệ ta có (x 2)(x 1)2 2 y (y 2)(y 1)2 2(2 z) 1,00 2 (z 2)(z 1) 3(2 x) Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 0,50 (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 6 = 0 0,25 (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 0,25 x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 0,25 Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 118
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho 0,50 0,25 Câu 3 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm 2. (1,0 điểm) n+2 n+2 Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = a + b (1) 0,25 Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) 0,50 Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 0,25 2. (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = 7 0,25 Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn 0,25 Do S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z 0,25 Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6; ; S2008 Z 0,25 3. (1.0 điểm) 2 n 2 n 5 1 5 1 Ta có Sn – 2 = 2 2 2 2 2 0,25 n 2 n 2 n 5 1 5 1 5 1 5 1 = 2 2 2 2 2 n n 2 5 1 5 1 = đpcm 2 2 0,25 5 1 5 1 Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = 5 ; a1b1 = 1 2 2 n n Xét Un= a1 b1 n+1 n + 1 n n Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1 - b1 ) – a1b1(a1 - b1 ) Un+2 = 5 Un+1 – Un Ta có U1 = 1 Z; U2 = 5 Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 5 Z; 0,25 Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 0 k 1003 0,25 Câu 4 (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm F D 119 N I M C S B A O1 E O O2
0,25 0.25 0,25 1. (2,5 điểm) O1M; O2N  MN O1M/ / O2N 0,25 Do O1; E; O2 thẳng hàng nên  MO1E =  NO2B 0,50 Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có:  MEO1= NBO2 (1) 0,25 0 0 Mặt khác ta có:  AME = 90  MAE +  MEO1= 90 0,25 (2) 0,25 0 0  MAE +  NBO2 = 90  AFB = 90 0,25 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật  NME =  FEM 0,25 (3) 0,25 0 Do MN MO1  MNE +  EMO1 = 90 (4) 0,5 Do tam giác O1ME cân tại O1  MEO1 =  EMO1 (5) 0,25 0 0 Từ (3); (4); (5) ta có:  FEM +  MEO1= 90 hay  FEO1 = 90 (đpcm) 0,25 2. (2,5 điểm) 0,5 Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. O1M SO1 0,25 Gọi I là trung điểm CD CD OI OI// O1M //O2N O N SO 2 2 0,25 SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2 Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cm OI SO Mặt khác: OI = 5 cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = 9 cm CI2 + 25 = 81 CI = 56 CD = 414 cm Câu 5 (2,0 điểm) A Điểm E 120 E N I B M C S
a) Kẻ BI,CS // EF (I, S AM ) AB AI AC AS Ta có: , AE AN AF AN AB AC AI AS ( ) AE AF AN AN 1,0 Ta có: BIM CSM (cgc) IM MS Vậy: AI AS AI AI IM MS 2AM Thay vào (*) ta được (đpcm) 0,5 Khi d // BC EF // BC N là trung điểm của EF 0,5 +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L Ta có: NFP NFL(cgc) EP LF 0,5 Do đó : A K EP LF KF (1) L 0,5 PB PB KB N E F +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt P Q KM tại H Ta có BMH CMQ(cgc) BH QC B M C 0,5 FQ FQ KF Do đó: (2) QC BH KB 121
FP FQ Từ (1) va (2) PQ // BC (đpcm) PB QC 0,5 Bài 6: 2 điểm) Do a <1 a 2 <1 và b <1 Nên 1 a2 . 1 b 0 1 a2b a2 b 0 2 2 Hay 1 a b a b (1) 0,5 Mặt khác 0 <a,b <1 a2 a3 ; b b3 b a 2 a 3 b3 Vậy a 3 b3 1 a 2b 0,5 Tương tự ta có b3 c3 1 b2c a3 c3 1 c2a 0,25 0,25 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a 0,5 UBND HUYỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề THỨC Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x y x y x y 2xy P : 1 . 1 xy 1 xy 1 xy c) Rút gọn biểu thức P. 2 d) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị 1 3 của hai hàm số: y x và y x . 2 2 c) Vẽ đồ thị (D) và (L). d) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0 . 122
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: d) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. e) MN  AD. f) ME.MA = MF.MD. Hết 123
UBND HUYỆN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1 . 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 1 xy 1 xy 0,5 đ x x y y y x x x y y y x 1 xy . 0,5 đ 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) 2 x 3 2 3 1 ( 3 1) 0,5 đ 2 3 4 3 x ( 3 1)2 3 1 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 2 3 2 P 0,5 đ 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 2( 3 1) 6 3 2 P 0,5 đ 5 2 3 13 2 3 1 3 x 0 y a) Đồ thị y x có : 2 0,5 đ 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x x khi x 0 0,5 đ Đồ thị như hình vẽ: 1 đ 124
y N 3 (L) (D) 3/2 M 1 - 3 O 1 3 x b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2 2 2 2 ON = 3 ( 3) 3 2 ON = 18 0,5 đ MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 0,5 đ Vì: OM2 + ON2 = MN2 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 x2 x 1 đ 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 10 5 Do đó: y và y 1 đ 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 1 đ x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 125
1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 1 đ x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 0,5 đ Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 0,5 đ ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) 0,5 đ AD2 AM2 AI2 a 2 5 M E I F H A O D B C O / N a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: 126
OE  EF và OF  EF => OE // O/F 0,5 đ => E· OB F·O/ D (góc đồng vị) => E· AO F·CO/ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN 0,5 đ · 0 Hay ENF 90 . 0,5 đ Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 0,5 đ 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 · · 0,5 đ => FDC HNC 0,5 đ Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) 0,5 đ => N· HC D· FC 90O hay MN  AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 0,5 đ 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 0,5 đ => M· FE E· AB Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ ME MF => , hay ME.MA = MF.MD 0,5 đ MD MA Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu1: ( 5đ) 2 x 9 2 x 1 x 3 Cho biÓu thøc M = x 5 x 6 x 3 2 x d. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M 127
e. T×m x ®Ó M = 5 f. T×m x Z ®Ó M Z. Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0. ab Tính giá trị của biểu thức: P 4a 2 b 2 Câu 3(4đ) 3x 2 8x 6 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 2 2x 1 2 2 2 d. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có a b c ab bc ca Câu: 4 (4đ) c. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz d. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 3) Tứ giác BEDF là hình gì vì sao? 4) Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh rằng. c. Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng . d. AB.AH+AD.AK=AC2 ĐÁP ÁN Câu: 1(5đ) a) ĐK x 0; x 4; x 9 0,5đ Rút gọn M =2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 0,5đ x 2 x 3 Biến đổi ta có kết quả: = x x 2 0,5đ x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = 1đ x 3 x 2 x 3 x 1 M 5 5 b) x 3 1đ x 4 x 16(TM ) x 1 x 3 4 4 c) M = 1 0,5đ x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ước của 4 x 3 nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ 128
x 1;4;16;25;49 do x 4 x 1;16;25;49 0,5đ Câu: 2 (2đ) Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ a=b hoặc 4a=b 0,5đ Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ ab a 2 1 Tính được P 0,5đ 4a 2 b 2 3a 2 3 Câu: 3 (4đ) 2x 2 4x 2 x 2 4x 4 (x 2) 2 a. Viết được A 2 2 1,5đ x 2 2x 1 (x 1) 2 Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 2 2 2 b. biến đổi a b c ab bc ca 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 ≥ 0 0,5đ Lập luận => khẳng định 0,5đ Câu: 4 (4đ) c. x3+y3+z3-3xyz = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2 -3xyz 0,5đ = (x+y)3+z3 –3xyz(x+y+z) 0,5đ = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ d. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ Câu: 5 (5đ) H C B F E A K D 129
1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ => BEDF là hình bình hành 0,25đ 2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ CH CK 0,25đ CB CD Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ CH CK CH CK Chỉ ra hay vì AB=CD 0,25đ CB CD CB AB Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ Công theo vế (1) và (2) ta được AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TẠO HUYỆN KIM THÀNH HUYỆN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính giá trị biểu thức: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? 130
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 1 x 4 x 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a) Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c) Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH Tổ KHTN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian: 120’ Câu 1: (4 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a/ Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x ĐKXĐ: x 4; x 9 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 A = x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 131
x 1 x 2 x 1 = x 2 x 3 x 3 b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Giải a/Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 3 16 8 5 3 16 8 5 32 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 k n 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 n 8 k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 x 4 x 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 Giải a/ ĐK: 4 x 1 Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 2 x 0 4 3x x 4 x(x 3) 0 (thỏa mãn) x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 132
3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 ĐKXĐ: x 2 x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 2 2 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 x 1 vậy phương trình có nghiệm duy 2x 3 1 nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải a/ 2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 4 y 4 y 4 x 4 x 2 y 4 ;2 x 4 vậy VP xy = VT 2 2 2 2 x 4 2 Dấu = xảy ra khi: x y 8 y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a/ Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c/ Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải 133
a/ Sử dụng định lý pytago: A AC 2 CB2 BA2 AK 2 KC 2 (BK CK)2 AB2 CB2 BA2 AC 2 (BK CK)2 BA2 (AK KC)2 2 2CK 2BK.CK 2CK(CK BK) CK D = 2 2BK 2BK.CK 2BK(BK CK) BK E H b/ Ta có: tanB = AK ; tanC = AK BK CK B AK 2 K Nên: tanBtanC = (1) C BK.CK KC Mặt khác ta có: Bµ H· KC mà: tanHKC = KH KC KB KB.KC Nên tanB = tương tự tanC = tan B.tan C (2) KH KH KH 2 2 2 AK Từ (1)(2) tan B.tan C KH 1 Theo gt: HK = AK tan B.tan C 3 3 2 SABC AB c/ Ta chứng minh được: ABC và ADE đồng dạng vậy: (3) SADE AD Mà BÂC = 600 nên ·ABD 300 AB = 2AD(4) SABC 2 Từ (3)(4) ta có: 4 SADE 30(cm ) SADE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012 §Ò CHÝNH MÔN: TOÁN THøC Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Câu I (4đ) æ x- 1 x + 8 ö æ 3 x- 1+ 1 1 ö ç ÷ ç ÷ Cho biểu thức P = ç + ÷:ç - ÷ èç3+ x- 1 10- xø÷ èçx- 3 x- 1- 1 x- 1ø÷ 3) Rút gọn P 134
3 2 2 3 2 2 4) Tính giá trị của P khi x = 4 4 3 2 2 3 2 2 Câu II (4đ) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 3) Tính độ dài AB. 4) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4đ) x 2 x 2 y 3) Giải hệ phương trình y 2 1 y . x 2 4) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lư ợt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 3) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 4) KH  AM. Câu V (2đ) Với 0 x; y; z 1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z 135
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 Câu 1:ĐK 1 x=1+ 2 - ( 2 - 1) = 2 vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) 1 có hai nghiệm phân biệt D > 0 m (x1-x2) +(y1-y2) =18 2 (x1-x2) =9 2 (x1+x2) -4x1x2=9 1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x¹ 0, y¹ 0 Đặt x=ky ( k¹ 0) 136
x 2 ïì (k 2 + k)y = 2 x 2 ï y íï ï 1 1 (1) 2 ï ( + 1)y = y 1 îï k 2 y . x 2 Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu k¹ -1 (k 2 + k)k từ (1) => = 4 k + 1 => k=2 hoặc k = -2 2 1 Nếu k=2 => (x, y) = ( ; ) 3 3 Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 mà x nguyên nên x £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) Câu IV: 1) Ta có Eµ= Fµ= 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH 1 E·AH = sd E¼H (1) 2 mà E·AH = C·BE (2) ( cùng phụ với góc ACD) M· EB = C·BE (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) 1 Từ (1), (2) và (3) ta có M· EH = sd E¼H 2 => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) 137
A F E N B K C D M C 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn Ta thấy A·FE = A·CB;A·NE = A·FE = > A·NE = A·CB => nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó K·NM = 900 KH  AM Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 £ x £ y £ z £ 1 y z 3 + = 1+ z 1+ zy y + z y 1 z 1 1 Nếu x= 0 => = > ( - ) + ( - ) = 1+ z y + z 1+ zy y + z y + z (y - 1)(y + 1+ z) z2 - 1 1 = > + = (1+ z)(y + z) (1+ yz)(y + z) y + z Ta có VT ³ 0 mà VP 1 zx x z >0 x z zx 1 0 x zx z 1 0 đúng với mọi 0 x; z 1 . Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. 138
+ Ta có: 1 zx x z 1 y zx x y z x x 1 y zx x y z y y + Tương tự: 1 z xy x y z z z 1 x yz x y z x y z x y z VT 1 . (1) 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z + Mặt khác, vì: 0 x; y; z 1 x y z 3 3 3 VP 1 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) x y z 3 + Từ (1) và (2) VT VP chỉ đúng khi: VT VP 1 . Khí đó x=y=z=1. * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x; y; z 1;1;1 . 139