Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán học (Có thang điểm và đáp án chi tiết)

pdf

159 trang dichphong 4190

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán học (Có thang điểm và đáp án chi tiết)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_45_de_thi_hoc_sinh_gioi_lop_9_mon_toan_hoc_co_than.pdf

Nội dung text: Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán học (Có thang điểm và đáp án chi tiết)

S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I L P 9 C P T NH LONG AN MÔN THI :TOÁN NGÀY THI: 07/4/2011 ĐỀ Ứ CHÍNH TH C TH I GIAN :150 phút (không k th i gian phát ) Bài 1:(4 điểm) 1/ Không s d ng máy tính , th c hi n phép tính : 35+ 35 − A = + 22++ 3 522 −− 3 5 2/ Cho bi u th c: B = x−2 + 4 − x (v i 2≤x ≤ 4 ) Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c B và giá tr x t ươ ng ng Bài 2:( 5 điểm) 1/ Cho hàm s y = ax 2 (a ≠ 0) có th là (P) i qua M(-1;2) . Trên (P) l y A và B có hoành t ươ ng ng là 1 và 2 . Xác nh m ưng th ng y = mx +5 song song v i ưng th ng AB 1 1 1 2/ Tìm x th a mãn : x2−+ xx 2 ++=(2 xxx 32 +++ 2 1) 4 4 2 Bài 3: (5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc u nh n có AB < AC ni ti p ưng tròn O bán kính R. Ba ưng cao AD,BE,CF c t nhau t i H a/ Ch ng minh H là tâm ưng tròn n i ti p tam giác DEF b/ K ưng kính AK c a ưng tròn O.G i S là di n tích tam giác ABC AB. AC . BC Ch ng minh : S = 4R c/ Gi M là trung im BC . Ch ng minh: t giác DFEM là n i ti p Bài 4 : (3 điểm) Cho im M n m trong tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. G i các khong cách t M n ba c nh BC, AC, AB t ươ ng ng là x,y,z . Hãy xác nh v trí M trong tam giác a b c sao cho bi u th c : P = + + t giá tr nh nh t x y z Bài 5 : (3 điểm) Tìm m t s chính ph ươ ng có b n ch s , m i ch s nh h ơn 9. Bi t rng khi t ng m i ch s thêm m t ơ n v thì s m i ưc t o thành c ng là s chính ph ươ ng. ___
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I L P 9 C P T NH LONG AN MÔN THI : TOÁN NGÀY THI : 11/4/2012 CHÍNH TH C TH I GIAN : 150 phút (không k th i gian phát ) Bài 1: ( 4 im) 1/ Không s d ng máy tính, hãy th c hi n phép tính: 2- 3 +- 4 15 + 10 A = 23- 3 5 3x6x+ x1 + x2 + 2/ Cho bi u th c B = - + x+- x2 x21 + - x a/ Tìm iu ki n xác nh và rút g n B. b/ Tìm giá tr ln nh t c a B và giá tr x t ươ ng ng. Bài 2: (5 im) 1/ Tìm h s a > 0 sao cho các ưng th ng y = ax – 1 ; y = 1 ; y = 5 và tr c tung t o thành hình thang có di n tích b ng 8 ( ơ n v di n tích). 1 1 1 2 1 2/ Cho các s x, y, z khác 0 th a mãn ng th i + + = 2 và − = 4 . Tính giá tr c a x y z xy z 2 bi u th c P = (x + 2y + z) 2012 . Bài 3: (5 im) Cho tam giác nh n ABC n i ti p ưng tròn (O), các ưng cao AD, BE, CF (DÎ BC, E Î AC, FÎ AB) c t nhau t i H và c t ưng tròn (O) theo th t M, N, K. Ch ng minh r ng: a/ BH.BE + CH.CF = BC 2. AB2+ BC 2 + CA 2 b/ AH.AD + BH.BE + CH.CF = . 2 AM BN CK c/ + + = 4 . AD BE CF Bài 4: (3 im) Cho on th ng CD = 6 cm, I là m t im n m gi a C và D ( IC > ID). Trên tia Ix vuông góc vi CD l y hai im M và N sao cho IC = IM, ID = IN, CN c t MD t i K ( K∈ MD ) , DN c t MC t i L (L∈ MC ) . Tìm v trí c a im I trên CD sao cho CN.NK có giá tr l n nh t. Bài 5: (3 im) Tìm các c p s (x; y) nguyên d ươ ng th a mãn: xy + 2x = 27 – 3y. H t Họ và tên thí sinh : . Số báo danh :
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I L P 9 C P T NH LONG AN MÔN THI : TOÁN NGÀY THI : 11/4/2012 CHÍNH TH C TH I GIAN : 150 phút (không k th i gian phát ) HƯNG D N CH M Bài Câu Ni dung im 1 1 2- 3 +- 4 15 + 10 (4 ) A = 23- 3 5 22( - 3 +- 4 15 + 10 ) = 0,5 2 23- 35 () 4- 23 +- 8 215 + 25 = 0,25 46- 6 5 2 2 ()31-+() 53 - + 25 0,75 = 2 ()3 5- 1 31-+ 5 - 325 + = 0,25 3 5- 1 3 5- 1 = 3 5- 1 0,25 = 1 2 a/ KX x³ 0,x ¹ 1 0,25 3x6x+ x1 + x2 + B = - + x+- x2 x21 + - x 2 3x+ 6 x ()x1x1+() -() x2 + = - - 0,5 ()x1x2-+() () x1x2 -+() () x1x2 -+() 3x+ 6x -+ x 1x 4x - 4 = ()x- 1() x + 2 x+ 2x - 3 = ()x- 1() x + 2 0,25
( x- 1)( x + 3 ) x+ 3 = = 0,25 x- 1 x + 2 x+ 2 ()() x+ 3 b) B = V i x³ 0,x ¹ 1 x+ 2 Mà x+ 2 ³ 2 1 1 0,25 Û £ x+ 2 2 1 3 0,25 Û1 + £ 2 x+ 2 Du “ = “ xãy ra khi x= 0 Û x = 0 (tm k) 3 0,25 Vy giá tr l n nh t c a B là khi x = 0. 2 2 1 (5 ) 6 B C 5 y=5 4 3 0,5 2 A D 1 y=1 -10 -8 -6 -4 -2 O 2 4 6 8 10 -1 -2 -3 -4 +) Kí hiu hình thang ABCD c n tìm nh ư hình v . 6 2 +) Tính ưc C( ;5) ; D( ;1) a a 0,5 6 2 BC = ; AD = 0,5 a a 6 2  0,25 +) SABCD = +  .4 : 2 = 8 a a  ⇒a = 2 ( Th a K a > 0) +) V y ph ươ ng trình ưng th ng là y = 2x – 1. 0,25
2 2 1 1 1 1 1 1  0,25 +) Ta có + + = 2 ⇒ + +  = 4 x y z x y z  2 111  2 1 +) Do ó ++  = − 2 0.25 x y z  xy z 11122221 ⇔+++++−+= 0 0,25 x2 y 2 z 2 xy yz zx xy z 2 121   121  0,5 ⇔2 ++ 22  + ++ 2  = 0 x xz z   y yz z  2 11  2  11  0,5 ⇔+  ++  = 0 xz   yz   2 1 1  1− 1 +  = 0  = x z   x z 0,5 ⇔ ⇔  ⇔==−x y z 2 1− 1 1 1   = +  = 0  y z y z   1 1 1 1 −1 Thay vào + + = 2 ta ưc x = y = ; z = 0,5 x y z 2 2 1 1− 1  2012 Khi ó P = ++2.  == 112012 2 2 2  0,25 3 (5 ) A N K E F H o C B D M a +) T giác DCEH có HDC + HEC =900 + 90 0 = 180 0 ⇒ ⇒ T giác DCEH n i ti p HED= HCD ( cùng ch n cung HD) 0,5 * ∆ BDE và ∆ BHC có HED = HCD và EBC chung. ⇒ ∆ BDE ng d ng ∆ BHC (g.g) 0,25
BD BE 0,5 ⇒ = ⇒ BH. BE= BC . BD (*) BH BC *Ch ng minh t ươ ng t ng th c (*)ta ưc : CH.CF = CD.CB ( ) 0,25 Cng (*) và ( ) theo v ta ưc: BH.BE + CH.CF = BC.BD + CD.CB = (BD + CD).BC = BC.BC = BC 2 (1) 0,5 b +) Ch ng minh t ươ ng t ng th c (1) ta ưc: BH.BE + AH.AD = AB 2 (2) và AH.AD + CH.CF = AC 2 (3) 0,5 +) C ng (1), (2), (3) theo v ta ưc: 2(AH.AD + BH.BE + CH.CF) = AB 2 + AC 2 + BC 2 0.75 AB2+ BC 2 + CA 2 0.25 ⇔ AH.AD + BH.BE + CH.CF = . 2 c +) Ta có: MBC= MAC ( cùng ch n cung MC) MAC= CBE ( cùng ph BCA ) Nên MBC = CBE ⇒ BC là phân giác MBE 0,25 * ∆ MBH có BC là ưng cao ng th i là ưng phân giác nên là tam giác cân t i B ⇒BC ng th i là ưng trung tuy n ng v i c nh MH. ⇒ D là trung im c a MH. ⇒ DM = DH. 0,25 AM AD+ DM DM *Ta có = =1 + (*) AD AD AD S DH DM ∆ BHC và ∆ ABC có chung áy BC nên ta có BHC = = ( ) 0,25 S AD AD ABC AM S T (*) và ( ) suy ra : =1 + BHC (1) AD S ABC 0,25 Ch ng minh t ươ ng t ng th c (1) ta ưc: BN S CK S =1 + AHC (2) và =1 + AHB (3) BE S CF S 0,25 ABC ABC Công (1) (2) và (3) theo v ta ưc : AMBNCK S S S S + + =+1BHC ++ 1 AHC ++ 1 AHB =+ 3 ABC =+= 314 0,25 ADBECF SABC S ABC S ABC S ABC 4 (3 ) x M L K N C I D
+) D IND vuông t i I có IN = ID (gt) 0 Þ D IND vuông cân t i I ⇒ IND = IDN = 45 0 * Ch ng minh t ươ ng t ta ưc D IMC vuông cân t i I ⇒ ICM = IMC = 45 D LCD có LCD· = LDC· = 45 0 Þ D LCD vuông cân t i L Þ DL ^ MC 0.5 Mà MI ^ CD (gt) Þ DL và MI là hai ưng cao c a D CDM c t nhau t i N Þ N là tr c tâm D CDM Þ CN ^ MD hay CK ^ MD 0,5 D CNI và D MNK có: 0 CIN· = MKN· = 90 INC· = KNM· ( ) CN NI Þ D CNI ng d ng D MNK (g-g) Þ = MN NK 0,5 CN.NK = MN.NI Þ Ta có: MN.NI = (MI – NI).NI = ( CI – ID).ID = (CD – ID – ID).ID 0,5 t ID = x; x > 0 ta ưc: 2 æ3 ö 9 9 0,5 2 ç ÷ MN.NI = (6 – 2x).x = 6.x – 2x = -2ç x -÷ +£ èç 2÷ ø 2 2 3 Du “ = “ x y ra khi x = (TM K x > 0) 2 9 3 Vy CN. NK có giá tr l n nh t là khi ID = cm. 0,5 2 2 5 Ta có: xy + 2x = 27 – 3y (3 ) Ûxy + 2x + 3y = 27 0,5 ⇔ x( y+2) + 3( y + 2) = 33 Û(x + 3)(y += 2) 33 0,25 ïì x+ 3 = 1 ïì x+ 3 = 33 ïì x+ 3 = 3 ïì x+ 3 = 11 Û íï ho cíï ho cíï ho cíï îï y+ 2 = 33 îï y+ 2 = 1 îï y+ 2 = 11 îï y+ 2 = 3 1,0 do x > 0, y > 0. ïì x= - 2 ïì x= 30 ïì x= 0 ïì x= 8 Û íï (lo i)ho cíï (lo i)ho cíï (lo i)ho cíï (tk) 1,0 îï y= 31 îï y= - 1 îï y= 9 îï y= 1 Vy cp s nguyên d ươ ng cn tìm là (x; y) = (8;1) 0,25 (N ếu HS trình bày bài gi ải b ằng cách khác đúng thì ch ấm theo thang điểm t ươ ng đươ ng)
S Ở GIÁO D ỤC & ĐÀO T ẠO KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI T ỈNH L ỚP 9 THCS NGH Ệ AN NĂM H ỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH TH ỨC Môn thi: TOÁN - B ẢNG A Th i gian: 150 phút (không k th i gian giao ) Câu 1 (4,0 im). 3+ 3 + + 3 a) Cho các s nguyên a 1, a 2, a 3, , a n. t S = a1 a 2 a n = + + + và P a1 a 2 a n . Ch ng minh r ng: S chia h t cho 6 khi và ch khi P chia h t cho 6. b) Cho A = n64− n + 2n 3 + 2n 2 (v i n∈ N, n > 1). Ch ng minh A không ph i là s chính ph ươ ng. Câu 2 (4,5 im). a) Gi i ph ươ ng trình: 10 x3+ 1 = 3x 2 + 6  1 x+ = 3  y  1 b) Gi i h ph ươ ng trình: y+ = 3  z  1 z+ = 3  x Câu 3 (4,5 im). 1 1 1 a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và + + = 4. x y z 1 1 1 Ch ng minh r ng: + + ≤ 1 2x+y+z x+ 2y + z x ++ y 2z b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 th a mãn x2011+ y 2011 + z 2011 = 3 . Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: Mx=2 + y 2 + z 2 Câu 4 (4,5 im). Cho tam giác ABC có ba góc nh n n i ti p ưng tròn (O), H là tr c tâm c a tam giác. Gi M là m t im trên cung BC không ch a im A. (M không trùng v i B và C). G i N và P ln l ưt là im i x ng c a M qua các ưng th ng AB và AC. a) Ch ng minh ba im N, H, P th ng hàng. 1 1 b) Khi BOC= 120 0 , xác nh v trí c a im M + t giá tr nh nh t. MB MC Câu 5 (2,5 im). Cho tam giác ABC n i ti p ưng tròn tâm O, m t im I chuy n ng trên cung BC không ch a im A (I không trùng v i B và C). ưng th ng vuông góc v i IB t i I c t ưng th ng AC t i E, ưng thng vuông góc v i IC t i I c t ưng th ng AB t i F. Ch ng minh rng ưng th ng EF luôn i qua m t im c nh. - - - H ết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
S Ở GD& ĐT NGH Ệ AN KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI T ỈNH L ỚP 9 THCS NĂM H ỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH TH ỨC Môn: TOÁN - B ảng A Câu: Nội dung 1. 3 −=− + Vi a∈ Z thì a a (a 1)a(a 1) là tích 3 s t nhiên liên ti p nên chia h t cho 2 và 3. Mà (2.3)=1 ⇒ 3 − M a a 6 ⇒ S−= P (a3 − a) + (a 3 − a) ++ (a 3 − a)6M 11 22 nn Vy S6M⇔ P6 M 64−++= 3 22 + 22 −+ n n 2n 2n n(n 1).(n 2n 2) 2− += − 2 + − 2 vi n∈ N , n > 1 thì n 2n 2 (n 1) 1 > (n 1) 2− += 2 − − 2 và n 2n 2 n 2(n 1) 0) 2 2 Ta có: 10ab = 3a+ 3b a = 3b ⇔(a − 3b)(3a-b) = 0 ⇔  b= 3a  Tr ưng h p1: a = 3b +=2 −+ Ta có: x13x x1 (1) 2 ⇔9x − 9x+9=x+1 2 ⇔9x − 10x+8 = 0 ' ∆ =25 − 9.8 < 0 ⇒ ph ươ ng trình (1) vô nghi m Tr ưng h p 2: b = 3a +=2 −+ Ta có: 3x1 x x1 ⇔ +=2 −+ 9(x 1) x x 1
x= 5 + 33 (TM) ⇔  1 2 x= 5 − 33 (TM) ⇔x − 10x-8 = 0  2 = ± Vy ph ươ ng trình có 2 nghi m x 5 33  1 x+ = 3  y  1 y+ = 3  z  1 z+ = 3 x  = 3x-1 ⇒ z ⇒ T (3) x thay vào (2) 3xy+3 = 8x+y (4) ⇒ + = ⇔ T (1) xy 1 3y 3xy+3 = 9y (5) ⇒ ⇒ = T (4) và (5) 8x+y = 9y x y Ch ng minh t ươ ng t : y = z ⇒ = = T ó x y z 1 ⇒ x+ = 3⇒ x2 − 3x+1 = 0 Thay vào (1) x 3± 5 ⇒ x = 2 3± 5 x= y = z = ⇒ h có 2 nghi m 2 3. 1+ 1 ≥ 4 + x y x y Áp d ng b t ng th c (v i x,y > 0) 1 11 1 1 1 1 ≤( + ) ≤ + + + Ta có: 2x+y+z 4 2x y z ; y z 4y 4z 1 11 1 1 ≤( + + ) Suy ra: 2x+y+z 4 2x 4y 4z (1) 1 11 1 1 ≤( + + ) Tươ ng t : x+2y+z 4 4x 2y 4z (2) 1 11 1 1 ≤( + + ) x+y+2z 4 4x 4y 2z (3) 1 1 1 1111 ⇒ + + ≤++( ) T (1),(2),(3) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z
1 1 1 ⇒ + + ≤ 1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 3 ⇔x = y = z = Du "=" x y ra 4 2011 2011 Áp d ng b t ng th c CôSy cho x ,x và 2009 s 1 ta có: 2011+ 2011 ++++≥ 2011 2 2011 x x 1 1 1 2011 (x ) 2009 2011 2 ⇒ 2x+ 2009 ≥ 2011x (1) 2011+ ≥ 2 Tươ ng t : 2y 2009 2011y (2) 2011 2 2z+ 2009 ≥ 2011z (3) 2(x2011+ y 2011 + z 2011 ) + 3.2009 ⇒ x2+ y 2 + z 2 ≤ T (1), (2), (3) 2011 ⇒ 2+ 2 + 2 ≤ x y z 3 Giá tr l n nh t c a M là 3 khi và ch khi x = y = z = 1 4. A I E P O N H B F C M Gi giao im c a BH v i AC là E AH v i BC là F, CH v i AB là I ⇒ HECF là t giác n i ti p. ⇒ AHE= ACB (1) Mà ACB= AMB ( góc n i ti p cùng ch n m t cung) Ta có: AMB= ANB (Do M, N i x ng AB) (2) T (1), (2) ⇒ AHBN là t giác n i ti p ⇒ NAB= NHB (*) Mà NAB= MAB (Do M, N i x ng qua AB ( ) T (*), ( ) ⇒ NHB= BAM Ch ng minh t ươ ng t : PHC= MAC
⇒ NHB+ PHC = BAM + MAC = BAC 0 Mà BAC+ IHE = 180 0 ⇒ NHB+ PHC + BHC = 180 ( vì IHE= BHC ) ⇒ N, H, P th ng hàng Gi J là im chính gi a c a cung l n BC 0 BOC= 120 ⇒ ∆BJC u Trên on JM l y K sao cho MK = MB ⇒ ∆JKB = ∆ CMB J O K C B M ⇒ BM+ MC = JM 1+ 1 ≥ 4 BM MC BM+ MC ⇒ 1+ 1 ≥ 4 BM MC JM JM l n nh t ⇔ JM là ưng kính (O) lúc ó M là im chính gi a c a cung nh BC. 1+ 1 Vy BM MC nh nh t ⇔ M là im chính gi a cung nh BC 5. 0 0 + Khi BAC= 90 ⇒ BIC= 90 . ⇒ F trùng v i B, E trùng v i C lúc ó EF là ưng kính. ⇒ EF i qua im O c nh.
B F O K I A E C + Khi BAC 90 0. Gi K là im i x ng c a I qua EF. ⇒ EIF= EAF (cùng bù BIC ) EKF= EIF (Do I và K i x ng qua EF) ⇒ EKF= EAF ⇒ AKFE n i ti p ⇒ KAB= KEF (cùng ch n KF ) (1) IEF= KEF (Do K và I i x ng qua EF) (2) IEF= BIK ( cùng ph KIE ) (3) T (1), (2), (3) ⇒ KAB= BIK ⇒ AKBI là t giác n i ti p ∈ ⇒ K (O) Mà EF là ưng trung tr c c a KI ⇒ E, O, F th ng hàng. + Khi BAC > 90 0 ⇒ BIC < 90 0 ch ng minh t ươ ng t . Vy ưng th ng EF luôn i qua im O c nh. - - - H ết - - -
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I L P 9 THÀNH PH À N NG NM H C 2010-2011 CHÍNH TH C Môn thi: TOÁN Th i gian: 150 phút (không tính th i gian giao ) Bài 1. (2,0 im) a1aa1a+ −2 −+− aa a1 Cho bi u th c: M = + + v i a > 0, a ≠ 1. aaa− aaa − a) Ch ng minh r ng M> 4. 6 b) V i nh ng giá tr nào c a a thì bi u th c N = nh n giá tr nguyên? M Bài 2. (2,0 im) a) Cho các hàm s b c nh t: y= 0,5x + 3 , y= 6 − x và y= mx có th l n lưt là các ưng th ng (d 1), (d 2) và ( ∆m). V i nh ng giá tr nào c a tham s m thì ưng th ng ( ∆m) c t hai ưng th ng (d 1) và (d 2) l n l ưt t i hai im A và B sao cho im A có hoành âm còn im B có hoành d ươ ng? b) Trên m t ph ng t a Oxy, cho M và N là hai im phân bi t, di ng l n lưt trên tr c hoành và trên tr c tung sao cho ưng th ng MN luôn i qua im c nh I(1; 2) . Tìm h th c liên h gi a hoành c a M và tung c a N; t ó, suy 1 1 ra giá tr nh nh t c a bi u th c Q = + . OM2 ON 2 Bài 3. (2,0 im) 17x+ 2 y = 2011 xy a) Gi i h ph ươ ng trình:  x−2 y = 3 xy . 1 b) Tìm t t c các giá tr c a x, y, z sao cho: x+ yz −+ zx −= (y3). + 2 Bài 4. ( 3,0 im) Cho ưng tròn ( C ) v i tâm O và ưng kính AB c nh. G i M là im di ng trên ( C ) sao cho M không trùng v i các im A và B. L y C là im i x ng c a O qua A. ưng th ng vuông góc v i AB t i C c t ưng th ng AM t i N. ưng th ng BN c t ưng tròn ( C ) t i im th hai là E. Các ưng th ng BM và CN c t nhau t i F. a) Ch ng minh r ng các im A, E, F th ng hàng. b) Ch ng minh r ng tích AM ⋅AN không i. c) Ch ng minh r ng A là tr ng tâm c a tam giác BNF khi và ch khi NF ng n nh t. Bài 5. ( 1,0 im) Tìm ba ch s t n cùng c a tích c a m ưi hai s nguyên d ươ ng u tiên. HT H và tên thí sinh: S báo danh: Ch ký c a giám th 1: Ch ký c a giám th 2:
S GIÁO D C VÀ ÀO T O KÌ THI CH N SINH H C SINH GI I L P 9 THÀNH PH À N NG NM H C 2010-2011 Môn thi: TOÁN HƯNG D N CH M MÔN TOÁN L P 9 Di ây là s ơ l c bi u im c a thi Hc sinh gi i l p 9. Các Giám kh o th o lu n th ng nh t thêm chi ti t l i gi i c ng nh thang im c a bi u im ã trình bày. T ch m có th phân chia nh thang im n 0,25 im cho t ng ý c a thi. Tuy nhiên, im t ng bài, t ng câu không c thay i. N i dung th o lu n và ã th ng nh t khi ch m c ghi vào biên b n c th vi c ch m phúc kh o sau này c th ng nh t và chính xác. Hc sinh có l i gi i khác úng, chính xác nh ng ph i n m trong ch ơ ng trình c h c thì bài làm úng n ý nào giám kh o cho im ý ó. Vi c làm tròn s im bài ki m tra c th c hi n theo quy nh c a B Giáo d c và ào to t i Quy t nh s 40/2006/BGD-T. BÀI-Ý -ÁP ÁN IM a1aa1a+ −2 −+− aa a1 Cho bi u th c: M = + + v i a > 0, a ≠ 1. aaa− aaa − Bài 1 a) Ch ng minh r ng M> 4. 6 b) V i nh ng giá tr nào c a a thì bi u th c N = nh n giá tr nguyên. M 2,00 aa− 1 (a −++ 1)(a a 1) a ++ a 1 Do a > 0, a ≠ 1 nên: = = và aa− a(a1) − a 0,25 a2 − aa +− a 1 (a +−− 1)(a 1) a(a − 1) (a −−+−+− 1)(a a 1) a a 1 = = = aaa− a(1a) − a(1a) − a 0,25 1.a a+ 1 (1,25 ) ⇒ M= + 2 a 0,25 2 Do a> 0; a ≠ 1 nên: (a1)− > 0 ⇔ a12a +> 0,25 2 a ⇒ M> + 2 = 4 a 0,25 6 3 Ta có 0< N = < do ó N ch có th nh n ưc m t giá tr nguyên là 1 M 2 0,25 6 a 1.b Mà N = 1 ⇔ =1 ⇔ a− 4a + 1 = 0 ⇔ ( a− 2)2 = 3 (0,75 ) a+ 1 + 2 a ⇔ a=+ 2 3hay a =− 2 3 (phù h p) 0,25 2 Vy, N nguyên ⇔ a= (2 ± 3) 0,25 a) Cho các hàm s b c nh t: y= 0,5x + 3 , y= 6 − x và y= mx có th l n l ưt là các ưng th ng (d 1), (d 2) và ( ∆m). V i nh ng giá tr nào c a tham s m thì ưng th ng ( ∆m) c t hai ưng th ng (d 1) và (d 2) l n l ưt t i hai im A và B sao cho im Bài 2 A có hoành âm còn im B có hoành d ươ ng? b) Trên m t ph ng t a Oxy, cho M và N là hai im phân bi t, di ng l n l ưt trên tr c hoành và trên tr c tung sao cho ưng th ng MN luôn i qua im c nh I(1 ; 2) . Tìm h th c liên h gi a hoành c a M và tung c a N; t ó, suy ra giá 2,00
1 1 tr nh nh t c a bi u th c Q = + . OM2 ON 2 iu ki n ( ∆m) là th hàm s b c nh t là m≠ 0 0,25 Ph ươ ng trình hoành giao im c a (d 1) và ( ∆m) là: 0,5x+ 3 = mx ⇔ (m− 0,5)x = 3 2.a iu kiên ph ươ ng trình này có nghi m âm là m− 0,5 1 0haym >− 1 Vy iu ki n c n tìm là: − 0 thì (1) ⇔ ⇔  ⇔  (phù h p) 1 21 490 9 − =3 =  y =  y x x 9  1007 0,50  − 17+ 2 = − 1 1004 3.a  2011  = y x  y 9 (1,25 ) Nu xy 0 (lo i) 1 2 1 1031 − = 3  = − y x x 18 0,25 Nu xy = 0 thì (1) ⇔x = y = 0 (nh n). 0,25 9 9  KL: H có úng 2 nghi m là (0;0) và ;  490 1007  0,25 3.b iu ki n x 0; y − z 0; z − x 0 ⇔ y z x 0 0,25 (0,75 ) (2) ⇔ 2x2yz2zx+ −+ −=+−+−+ xyzzx3 2 2 2 ⇔ (x1)−+ (yz1) −−+ (z −− x 1) = 0 0,25
 x= 1 x= 1   ⇔  y− z = 1 ⇔ y= 3 (th a iu ki n)   =  z− x = 1 z 2  0,25 Cho ưng tròn ( C ) v i tâm O và ưng kính F AB c nh. G i M là im di ng trên ( C ) sao cho M không trùng v i các im A và B. M Ly C là im i x ng c a O qua A. ưng th ng vuông góc v i AB t i C c t ưng th ng AM t i N. ưng th ng BN c t ưng tròn ( ) C C B A O Bài 4 ti im th hai là E. Các ưng th ng BM và CN c t nhau t i F. a) Ch ng minh r ng các im A, E, F th ng hàng. E (CCC ) b) Ch ng minh r ng tích AM ⋅AN không i. c) Ch ng minh r ng A là tr ng tâm c a tam giác BNF khi và ch khi NF ng n nh t. N 3,0 MN⊥ BF và BC⊥ NF 0,25 ⇒ A là tr c tâm c a tam giác BNF 0,25 4.a ⇒ FA⊥ NB (1,00 ) Li có AE⊥ NB 0,25 Nên A, E, F th ng hàng 0,25 CAN = MAB , nên hai tam giác ACN và AMB ng d ng. 0,25 4.b AN AC Suy ra: = (0,75 ) AB AM 0,25 Hay AM⋅ AN = AB ⋅ AC = 2R 2 không i (v i R là bán kính ưng tròn ( C )) 0,25 2 Ta có BA= BC nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung im NF (3) 3 0,25 Mt khác: CAN = CFM , nên hai tam giác CNA và CBF ng d ng CN AC 4.c ⇒ = ⇒ CN⋅ CF = BC ⋅ AC = 3R 2 (1,25 ) BC CF 0,25 Áp d ng b t ng th c Cô-si, ta có: NF=+≥ CN CF 2 CNCF ⋅= 2R 3 không i 0,25 Nên: NF ng n nh t ⇔ CN =CF ⇔ C là trung im NF (4) 0,25 (3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ng n nh t 0,25 Bài 5 Tìm ba ch s t n cùng c a tích c a m ưi hai s nguyên d ươ ng u tiên. 0,75 t: S = 1 ⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10 ⋅11 ⋅12 S ⇒ = 3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11 ⋅12 (1) là m t s nguyên 100 ⇒ hai ch s t n cùng c a S là 00 0,50 Mt khác, trong su t quá trình nhân liên ti p các th a s v ph i c a (1), n u ch ý (1,00 ) S n ch s t n cùng, ta th y có ch s t n cùng là 6 (vì 3 ⋅4=12; 2 ⋅6=12; 2 ⋅7=14; 100 4⋅8=32; 2 ⋅9=18; 8 ⋅11=88; 8 ⋅12=96) 0,25 Vy ba ch s t n cùng c a S là 600 0,25 H t
iu ki n x 0; y − z 0; z − x 0 ⇒ y z x 0 0,25 x1+ yz1 −+ zx1 −+ Theo B T Cauchy: x≤ ;yz −≤ ;zx −≤ 2 2 2 1 ⇒ VP= x + yz −+ zx −≤ (y3)VT += 3.b 2 0,25 (0,75 )  x= 1 x= 1   Do ó  y− z = 1 ⇔ y= 3 th a iu ki n   =  z− x = 1 z 2  0,25
SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI L ỚP 9 TP. ĐÀ N ẴNG NĂM H ỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – L ỚP 9 THCS Đề thi chính th ức (Th i gian làm bài 150 phút không k th i gian giao ) Bài 1. (2,5 im) Cho bi u th c vi a/ Rút g n bi u th c vi b/ Tìm t t c các giá tr sao cho P là m t s nguyên t . Bài 2. ( 2,0 im) a/ Tìm x, bi t: b/ Gi i h ph ươ ng trình: Bài 3. (2,0 im) a/ Cho hàm s b c nh t y = ax + b có th i qua im M(1;4). Bi t r ng th c a hàm s ã cho c t tr c Ox t i im P có hoành d ươ ng và c t tr c Oy t i im Q có tung d ươ ng. Tìm a và b sao cho OP + OQ nh nh t (v i O là g c ta ) b/ Tìm s t nhiên có 2 ch s . Bi t r ng n u l y t ng c a 2 ch s y c ng v i 3 l n tích c a 2 ch s y thì b ng 17. Bài 4. (2,0 im) Cho tam giác ABC. G i I là tâm ưng tròn n i ti p tam giác ABC, qua I v ưng th ng vuông góc v i ưng th ng CI, ưng th ng này c t các c nh AC, BC l n l ưt t i M và N. a/ Ch ng minh r ng hai tam giác IAM và BAI ng d ng. b/ Ch ng minh r ng Bài 5. (1,5 im) Cho tam giác ABC có là góc tù. V các ưng cao CD và BE c a tam giác ABC (D n m trên ưng th ng AB, E nm trên ưng th ng AC). G i M,N l n l ưt là chân ưng vuông góc c a các im B và C trên ưng th ng DE. Bi t rng là di n tích tam giác ADE, là di n tích tam giác BEM và là di n tích tam giác CDN. Tính di n tích tam giác ABC theo .
SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH L ỚP 9 THCS TỈNH ĐĂ K NÔNG NĂM H ỌC 2010-2011 Khóa thi ngày: 10/3/2011 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH TH ỨC Th i gian: 150 phút ( không k ể th ời gian giao đề) Bài 1: (4,0 điểm) + −  − =22x − xx − 4 x 3 1) Cho bi u th c A   : . Tìm iu ki n c a x A > 0 . 2−x 2 + xx − 4  2 xx − 2 2) Cho x = 1− 1 211+− 211 ++ Tính giá tr c a bi u th c: B=( xxx4 −−+ 3 2 2 x − 1) 2011 Bài 2: (4,0 điểm) 1) Gi i ph ươ ng trình: x2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x2 + 2x − 3 . x2 +2 y + 1 = 0  2) Cho x, y z là nghi m c a h ph ươ ng trình: y2 +2 z + 1 = 0  2 z+2 x + 1 = 0. Tính giá tr c a bi u th c: Cx=10 + y 3 + z 2011 . Bài 3: (4,0 điểm) 1) Tìm các c p s ( a, b) th a mãn h th c: ab+−2011 = ab + − 2011 . 2) Tìm t t c các s t nhiên n sao cho: n 2 – 14n + 38 là m t s chính ph ươ ng. Bài 4: (5,0 điểm) Cho ưng tròn tâm O, hai ưng kính AB và CD vuông góc v i nhau. E là m t im nm trên cung nh AD . N i CE c t OA t i M và n i BE c t OD t i N. 1) Ch ng minh: AM. ED= 2 OM . EA OM ON 2) Ch ng minh tích ⋅ là m t h ng s . T ó, suy ra giá tr nh nh t c a t ng AM DN OM ON + , khi ó cho bi t v trí c a im E? AM DN Bài 5: (3,0 điểm) Cho a, b , c là ba s th c d ươ ng. Ch ng minh bt ng th c: abcab333++ 22 + bc 22 + ca 22 + 9 + + + ≥ . 2abc ab+ c2 bc + a 2 ca + b 2 2 HẾT
S GD& T V NH PHÚC K THI CH N HSG L P 9 N M H C 2011-2012 —————— THI MÔN: TOÁN CHÍNH TH C Th ời gian làm bài: 150 phút, không k ể th ời gian giao đề ———————————— Câu 1 ( 3,0 điểm). x3 1. Cho f() x = . Hãy tính giá tr c a bi u th c sau: 1− 3x + 3 x 2 1 2  2010 2011 Af= + f ++ f  + f 2012 2012  2012 2012 xx−2 x + 1122 +− xx 2. Cho bi u th c P = + + xx−1 xxx ++ x x2 − x Tìm t t c các giá tr c a x sao cho giá tr c a P là m t s nguyên. Câu 2 ( 1,5 điểm). Tìm t t c các c p s nguyên d ư ng x; y th a mãn ()()xy+3 = xy −− 6 2 . ( ) Câu 3 ( 1,5 điểm). Cho a, b , c , d là các s th c th a mãn iu ki n: abc+ bcd + cda + dab =++++ a b c d 2012 Ch ng minh r ng: (a2+1)( b 2 + 1)( c 2 + 1)( d 2 +≥ 12012) . Câu 4 ( 3,0 điểm). Cho ba ưng tròn (O1), ( O 2 ) và (O) (kí hi u ( X ) ch ưng tròn có tâm là im X). Gi s (O1), ( O 2 ) ti p xúc ngoài v i nhau t i im I và (O1), ( O 2 ) ln l ưt ti p xúc trong v i (O) t i M1, M 2 . Ti p tuy n c a ưng tròn (O1 ) t i im I c t ưng tròn (O) l n l ưt t i các im A, A ' . ưng th ng AM 1 c t l i ưng tròn (O1 ) t i im N1 , ưng th ng AM 2 c t l i ưng tròn (O2 ) t i im N2 . 1. Ch ng minh r ng t giác M1 N 1 N 2 M 2 n i ti p và ưng th ng OA vuông góc v i ưng th ng N1 N 2 . 2. K ưng kính PQ c a ưng tròn (O) sao cho PQ vuông góc v i AI ( im P n m trên cung AM 1 không ch a im M 2 ). Ch ng minh r ng n u PM1, QM 2 không song song thì các ưng th ng AI, PM 1 và QM 2 ng quy. Câu 5 ( 1,0 điểm) Tt c các im trên m t ph ng u ưc tô màu, m i im ưc tô b i m t trong 3 màu xanh, , tím. Ch ng minh r ng khi ó luôn t n t i ít nh t m t tam giác cân, có 3 nh thu c các im ca m t ph ng trên mà 3 nh c a tam giác ó cùng màu ho c ôi m t khác màu. —Ht— Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm. H và tên thí sinh: . . . . .; S báo danh .
S GD& T V NH PHÚC K THI CH N HSG L P 9 THCS N M H C 2011-2012 ——————— HƯNG D N CH M MÔN: TOÁN ——————————— I. L ƯU Ý CHUNG: - H ưng d n ch m ch trình bày m t cách gi i v i nh ng ý c b n ph i có. Khi ch m bài h c sinh làm theo cách khác n u úng và ý thì v n cho im t i a. - im toàn bài tính n 0,5 và không làm tròn. - V i bài hình h c n u thí sinh không v hình ph n nào thì không cho im t ư ng ng v i ph n ó. II. ÁP ÁN: Câu Ý Ni dung trình bày im 1 1 1,5 im Nh n xét. N u x+ y = 1 thì fx( ) + fy( ) = 1. 3 x3 ()1− x 0,5 Th t v y, ta có fx() = ⇒ fyfx()()=1 − = xx3 +−()13 xx3 +−() 1 3 3 x3 ()1− x suy ra fx()()()()+=+−= fy fx f1 x + = 1 . 33 3 3 x+−()1 xx +−() 1 x 0,5 1  1 Vy, nh n xét ưc ch ng minh. Ta có f   = . 2  2 Theo nh n xét trên ta có: 1  2011    2  2010   Af=  + f   + f   + f   ++ 2012  2012    2012  2012   0,5 1005 1007  1006  1 ff+  + f =+=1005 f  1005,5 2012 2012  2012  2 2 1,5 im iu ki n: x>0, x ≠ 1 . Khi ó ta có x + 2 0,5 Rút g n bi u th c ta ưc P = x+ x + 1 Ta có Px+( P −1) x +−= P 2 0 , ta coi ây là ph ư ng trình b c hai c a x . Nu P= 0⇒ − x − 2 = 0 vô lí, suy ra P ≠ 0 nên t n t i x thì ph ư ng trình trên có ∆=()()P −142 − P P −≥ 20 0,5 42 4 ⇔−3610PP2 + +≥⇔ PP 2 − 21 +≤⇔() P − 1 ≤ 3 3 Do P nguyên nên ()P −1 2 b ng 0 ho c 1 +) N u ()P−102 =⇔ P =⇔= 1 x 1 không th a mãn. 0,5 2 P = 2 +) N u ()P−11 = ⇔  ⇒ Pxxx=⇔ 22 + =⇔= 00 không th a mãn P = 0 Vy không có giá tr nào c a x th a mãn. 2 1,5 im Nu xy≥ + 6⇒ xyxy+>− (6)1 + ≥ ⇒ ph ư ng trình vô nghi m. Do ó 0,5 x< y + 6 ⇒ 2≤xyy + < +− 6 x⇒ x < 3 ⇒ x ∈{1;2}
Vi x =1 thay vào ph ư ng trình ban u ta ưc: 3 ()()y+=+1(5) y2 ⇔− yyy 3( 2 ++=⇔= 580) y 3 suy ra ph ư ng trình có 0,5 nghi m ( x; y ) = (1; 3) . Vi x = 2 thay vào ph ư ng trình ban u ta ưc: ()y+23 =+ (4) y2 ⇔+ yyy 3 5 2 +−= 480 ph ư ng trình này vô nghi m do 0,5 y ≥ 1. Vy ph ư ng trình ã cho có nghi m ( x; y ) = (1; 3) . 3 1,5 im Ta có: 2012 =()abc + bcd + cda + dab −−−− a b c d 2 2 0,5 =(()()()()ab −1 c ++− d cd 1 a + b ) 2 2  2 2  ≤()()()()ab −++1 a b  cd −++ 1 c d  0,5 =(abab2222 +++1)( cdcd 2222 +++=+ 11111) ( a 2)( b 2 +)( c 2 +)( d 2 + ) 0,5 Suy ra (a2+1)( b 2 + 1)( c 2 + 1)( d 2 +≥ 12012) 4 P A N1 O O M 1 1 N I 2 O2 Q A' M 2 S 1 2,0 im 2 ⇒ +) Ta có AM11. AN= AM 22 . AN = AI ∆AN1 N 2 ng d ng v i ∆AM2 M 1 0,5 suy ra AN N= AM M⇒ M N N+ AM M = 180 0 hay t giác M N N M 12 21 112 21 1 1 2 2 0,5 ni ti p. 1 +) Ta có AN N= AM M = AOM và tam giác AOM cân t i O nên 12 21 2 1 1 0,5 180 0 − AOM M AO = 1 1 2
0 ⇒ 0,5 Do ó ta ưc AN121 N+ M AO = 90 OA⊥ N 12 N . 2 1,0 im Gi S là giao im c a PM 1 và QM 2 . Ta có O, O , M th ng hàng và O I song song v i OP ⇒ IO M= POM 2 2 2 2 2 2 (1). M t khác tam giác O2 IM 2 cân t i O2 , tam giác OPM 2 cân t i O và k t 0,5 hp v i (1) ta ưc O2 IM 2= OPM 2 suy ra P, I , M 2 th ng hàng. T ư ng t ta có Q, I , M 1 th ng hàng. Do PQ là ưng kính c a ưng tròn (O) suy ra PM Q= PM Q = 90 0 1 2 0,5 ⇒ I là tr c tâm c a tam giác SPQ suy ra AI i qua S hay ba ưng th ng AI, PM1 , QM 2 ng quy. 5 1,0 im B A C E D Xét ng giác u ABCDE , ta nh n th y ba nh b t kì c a ng giác luôn t o thành m t tam giác cân. Do ó khi tô 5 nh A, B, C, D, E b ng 3 màu xanh, và tím s x y ra hai kh 0,5 nng sau: +) N u tô 5 nh A, B, C, D , E b i ba lo i màu ã cho thì t n t i 3 nh có màu khác nhau và t o thành m t tam giác cân. +) N u tô 5 nh A, B, C, D , E b i nhi u nh t 2 màu thì có ít nh t 3 nh cùng màu và t o thành m t tam giác cân. Vy, trong m i tr ưng h p luôn t n t i ít nh t m t tam giác cân, có 3 nh 0,5 ưc tô b i cùng m t màu ho c ôi m t khác màu.
UBND t nh Thái Nguyên Cng hoà xã h i ch ngh a vi t nam Sở Giáo d ục & Đào t ạo Độc l ập - T ự do - H ạnh phúc KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH L ỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 MôN: Toán (Th ời gian làm bài: 150 phút không k ể th ời gian giao đề) chính th c Bài 1 . Ch ng minh r ng t ng bình ph ư ng c a 5 s nguyên liên ti p không là s chính ph ư ng. Bài 2 . Gi i ph ư ng trình và h ph ư ng trình sau: a, 3 2 − x + x −1 = 1 xy + z 2 = 2  2 b, yz + x = 2  2 xz + y = 2 Bài 3 . Cho ∆ ABC có 3 góc u nh n. G i O là tâm ưng tròn ngo i ti p ∆ ABC; R, r theo th t là dài bán kính ưng tròn ngo i ti p và ưng tròn n i ti p ∆ ABC; M, N, P l n l ưt là hình chi u vuông góc c a O trên AB, BC và AC. a, Ch ng minh: BN . OM + BM . ON = BO . MN b, t ON = d 1 ; OM = d 2 ; OP = d 3 . Tính R + r theo d 1 , d 2 , d 3 ? Bài 4 . L y m t s t nhiên có 2 ch s chia cho s có 2 ch s vi t theo th t ng ưc li thì ưc th ư ng là 4 và d ư 15. N u l y s ó tr i 9 thì ưc m t s b ng tng bình ph ư ng c a 2 ch s t o thành s ó. Tìm s t nhiên y? Hết H t n th sinh: S b o danh: áp án Đ1 UBND t nh Thái Nguyên C ng hoà xã h i ch ngh a vi t nam
Sở Giáo d ục & Đào t ạo Độc l ập - T ự do - H ạnh phúc KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH L ỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 hớng d ẫn ch ấm toán 9 Bài 1 : 3,5 im C1: G i 5 s nguy n li n ti p là n-2, n-1, n, n+1, n+2 v i n nguy n, d th y t ng c c bnh ph ư ng c a 5 s ó là 5(n 2 + 2) chia h t cho 5 nh ưng không chia h t cho 25 nên không th là s chính ph ư ng. C2: Xét tính ch n l c a 5 s nguyên liên ti p ó. Bài 2 : a. 3,5 im t a = 3 2 − x b = x −1 ≥ 0 a3 + b2 = 1 Ta có :  ()I a + b = 1 3 2 ⇒ a + a - 2 a = 0 2 ⇔ a ( a + a -2) = 0 a = 0  ⇔ 2 a + a − 2 = 0 H ( I ) có ba nghi m : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) nên ph ư ng trình ã cho có nghi m : 2 ; 1 ; 10 b, 3,5 im  2 xy+ z = 21()  yz+ x2 = 22()  xz+ y2 = 2(3)  T (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4) T (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5) T (3) ; (4) ; (5) ta có h : ()x − z ()x − y + z = 0  (y − x )(x + y − z ) = 0  2 xz + y = 2
gi i h trên ta gi i 4 h x − z = 0 x − z = 0   y − x = 0 ()()A x + y − z =0 B  2  2 xz + y = 2 xz +y = 2 y − x = 0 x − y+ z = 0   x − y + z = 0 ()()C x + y − z =0 D  2  2 xz + y = 2 xz +y = 2 Gi i 4 h trên ta ưc 8 b nghi m c a h ph ư ng trình : (1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ( ;2 ;0 2) ; (− ;2 ;0 − 2) ( ;2 2 0; ) ; (− ;2 − 2 0; ) ; ( ;0 ;2 2) ; ( ;0 − 2 ;− 2) A Bài 3: 6 im a, Ta có BMO = BNO = 90 0 => OMBN là t giác n i ti p M P d2 Trên BO l y E sao cho BME = OMN 0 d3 O E => ∆ BME ∆ NMO d1 BM NM B C = N => BE NO => BM . NO = BE . NM Ch ng minh t ư ng t BN. OM = OE .MN Cng theo t ng v BM .ON +BN . ON = MN . BO b. t a , b , c là dài các c nh BC , AC , AB c a ∆ ABC a c b theo câu a ta có d . + d = R . 1 2 2 2 2 áp d ng câu a i v i các t giác OMAP , ONCD ta có b c a d . + d . = R. 1 2 3 2 2 a b c d . + d . = R. 3 2 2 2 2 Cng theo t ng v : R 1 . ( a+b+c) = . ( d b + d b + d c + d a + d a + d c) 2 2 1 2 3 3 1 2 r 1 mt khác S = . ( a+b +c ) = .( d c + d b + d a ) ABC 2 2 1 3 2 Do ó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d 1+d 2+d 3) hay R + r = d 1 + d 2 + d 3 Bài 4: 3,5 im
Gi s ph i t m là (a , b N; 1 a, b 9) ab=4. ba + 15(1) Ta cú h  ab−9 = a2 + b 2 (2) C1 : T (1) ta th y n u => a = b = 9 kh ng th amón (1) và (2) V y b = 1 thay b = 1 vào (2) ta ưc: – 9 = a 2 + 1 10a + 1 – 9 = a 2 + 1 a 2 – 10a + 9 = 0 a 1 = 1; a 2 = 9 (*) a = 1 => a = b lo i (*) a = 9 => = 91 th a món (1) 91 = 4 * 19 + 15 V y: S ph i t m là 91 C2: T h tr n cú th d ng PP th gi i. Rút 1 n t PT (1) th vào PT (2) ta s ưc m t PT b c 2. Gi i PT b c 2 ó s t m ưc nghi m. Ch ý: - H c sinh làm theo cách khác mà úng v n cho im t i a. - GK có th bàn th ng nh t im cho t ng ph n nh c a m i bài.
S Ở GD& ĐT PHÚ TH Ọ ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH NĂM H ỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH TH ỨC MÔN: TOÁN - L ỚP 9 Th ời gian làm bài 150 phút không k ể th ời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Gi ải ph ươ ng trình nghi ệm nguyên 8x2 − 3x y − 5 y = 25 2)Tìm t ất c ả s ố nguyên d ươ ng n sao cho A= n.4n+ 3 n M 7 Câu 2( 4,0 điểm) 210+ 3022 − − 6 2 1) Rút g ọn bi ểu th ức: A= : 21022− 31 − x2− yz y 2 − zx z 2 − xy 2) Cho các s ố th ực d ươ ng a,b,c,x,y,z khác 0 tho ả mãn . = = a b c a2− bc b 2 − ca c 2 − ab Ch ứng minh r ằng = = x y z Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho ph ươ ng trình: x2 −6x − m = 0 (V ới m là tham s ố). Tìm m để ph ươ ng trình đã 2 2 cho có hai nghi ệm x1 và x2 tho ả mãn x1− x 2 = 12 8x3y 3+ 27 = 18 y 3 2) Gi ải h ệ ph ươ ng trình:  4x2y+ 6x = y 2 Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC c ủa đường tròn (O) thay đổi nh ưng luôn vuông góc và c ắt BD t ại H. G ọi P,Q,R,S l ần l ượt là chân các đường vuông góc h ạ t ừ H xu ống AB,AD,CD,CB. a) CMR: HA2+ HB 2 + HC 2 + H D 2 không đổi. b) CMR : PQ RS là t ứ giác n ội ti ếp. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có b ốn đỉnh M,N,P,Q l ần l ượt thu ộc các c ạnh MN+ NP + PQ + QM AB,BC,CD,DA c ủa hình vuông. CMR: S ≤ AC ABC D 4 Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c là các s ố th ực d ươ ng. CMR: ab bc ca a+ b + c + + ≤ abcbc++32 ++ 32a cab ++ 32 6 Hêt—
Hướng d ẫn Câu1.1) 8x2 − 3x y − 5 y = 25 8x 2 − 25 25 ⇔ y 3( x + )5 = 8x 2 − 25 ⇔ y = ⇔ 9y = 24 x − 40 − ∈ Z 3x + 5 3x + 5 Khi 3x+5 là ước 25 t ừ đó tìm được (x; y)∈{(−10 ;−31 ); (− ;2 −7); ;0( − )5 } ( cách khac nhân 2 v ế v ới 9 đư av ề tích) 1.2) V ới n ch ẵn n=2k thì 7t −1 A = 2k 4. 2k + 32k = 2( k +1).42k + (16k − 9k )M7 ⇒ 2k +1M7 ⇒ k = ⇒ n = 14 t −1 = 14 m + 6()m ∈ N 2 Với n l ẻ n=2k+1 A = 2( k +1).42k+1 + 32k+1 = 2k 4. 2k+1 + 4( 2k+1 + 32k+1 )M7 ⇒ 2kM7 ⇒ k = 7t ⇒ n = 14 m +1(m ∈ N ) Vậy n = 14 m + 6 ho ặc n = 14 m +1 ( v ới m ọi n ∈ N) thì A chia h ết cho 7 210+ 3022 − − 6 2 Câu2.1 ) : = 21022− 31 − 2 (2 5 − )1 + (6 5 − )1 3 −1 2 + 3 3 −1 4 + 2 3 3 −1 3 +1 3 −1 1 . = . = . = . = 2 (2 5 − )1 2 2 2 4 2 2 2 2 x2− yz y 2 − zx z 2 − xy 2.2) = = a b c a b c a 2 bc a 2 − bc ⇔ = = ⇔ = = )1( x 2 − yz y 2 − xz z 2 − xy x 4 − 2x 2 yz + y 2 z 2 y 2 z 2 − xy 3 − xz 3 + x 2 yz x(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz ) b 2 ac b 2 − ac Tuongtu : = = )2( y 4 − 2y 2 xz + x 2 z 2 x 2 z 2 − x3 y − yz 3 + xy 2 z y(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz ) c 2 ab c 2 − ab Tuongtu : = = )3( Z 4 − 2xyz 2 + x 2 y 2 x 2 y 2 − x3 z − y 3 z + xyz 2 z(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz ) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 3.1) Để ph ươ ng trình có nghi ệm ∆/ ≥ 0 ⇔ m ≥ −9 (*) x + x = 6 x + x = 6 x = 4  1 2  1 2  1 Mặt khác ta ph ải có x1.x2 = −m ⇔ x1.x2 = −m ⇔ x1.x2 = −m ⇔ m = −8 TM ĐK (*)    2 2 = x1 − x2 =12 x1 − x2 = 2 x2 2 8x3 y 3 + 27 = 18 y 3 3.2)Gi ải h ệ ph ươ ng trình  4x 2 y + 6x = y 2 HD y =0 không là nghi ệm c ủa h ệ chia 2 v ế PT(1) cho y 3 PT(2) cho y 2 Ta có  3 27 8x + = 18 2x = a  y 3  a 3 + b3 = 18 a + b = 3 hệ  Đặt 3 ta có h ệ  ⇔   x 2 x  = b a 2b + ab 2 = 3 ab = 1 4 + 6 = 1  y  y y 2
     3 − 5 6   3 + 5 6  Hệ có 2 nghi ệm (x, y) ∈  ; ; ;   4 3 + 5   4 3 − 5  Câu 4.1) A Q P B D O H S R C a) theo Pitago HA 2 + HB 2 = AB 2 ; HC 2 + HB 2 = BC 2 ;HC 2 + HD 2 = CD 2 ;HA 2 + HD 2 = AD 2 ; suy ra đpcm b)T ứ giác HPBS n ội ti ếp ⇒ ∠HPS = ∠HBS = ∠DBC Tứ giác HPAQ là hình ch ữ nh ật ⇒ ∠HPQ = ∠HAQ = ∠CAD = ∠CBD Do đó ∠SPQ = ∠HPS + ∠HPQ = 2∠CBC Tươ ng t ự ∠SQR = 2∠BDC Do đó ∠DBC + ∠BDC =180 0 ⇔ ∠SPQ + ∠SRQ =180 0 nên t ứ giác PQRS n ội ti ếp ( đ/lí đảo) 4.2) A M B I N K Q L C D P Cách 1 G ọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuy ến tam giác vuông ta có MN + NP + PQ + QM = (2 KL + CL + IK + AI ) ≥ 2AC t ừ đó suy ra đpcm
Cách 2 Ta có theo Pitago (BM + BN ) 2 BM + BN MN 2 = BN 2 + BM 2 ≥ ⇔ MN ≥ ( áp d ụng B ĐT Bunhiacoopsky 2 2 CN + NP DP + DQ AQ + AM Tươ ng T ự NP ≥ ; PQ ≥ ;MQ ≥ 2 2 2 Nên BM + NB + NC + CP + PD + DQ + QA + AM 4a MN + NP + PQ + QM ≥ = = 2a 2 2 2 a 2 ()MN + NP + PQ + QM = a 2 ⇔ dpcm 4 Dấu “=” x ảy ra khi MNPQ là hình ch ữ nh ật Câu 5 Cho a,b c>0 .Ch ứng minh r ằng: ab bc ca a + b + c + + ≤ a + 3b + 2c 2a + b + 3c 3a + 2b + c 6 Dự đoán a=b=c tách m ẫu để a+c=b+c=2b  1 1 1  1 1  1 1 1  Tacó áp d ụng B ĐT (x + y + z) + +  ≥ 9 ⇔ ≤  + +   x y z  x + y + z 9  x y z  ab ab ab1 1 1  1 ababa  = ≤ ++=++   (1) abcacbc++32()()29 ++++ b acbcb ++ 29  acbc ++ 2  Tươ ng t ự bc bc bc1 1 1  1 bcbcb  = ≤ ++=++   (2) 23()()29abcab++ ++++ ac c acbcb ++ 29  abbc ++ 2  ac ac ac1 1 1  1 acacc  = ≤ ++=++   (2) 32abcabbc++ ()()29 ++++ a abbc ++ 29 a  abbc ++ 2  Từ (1) (2) (3) 1  ac + bc ab + ac bc + ab a + b + c  a + b + c P ≤  + + +  = 9  a + b b + c a + c 2  6 Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c GV Nguy ễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú Th ọ
SỞ GD& ĐT K Ỳ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH L ỚP 9 THCS QU ẢNG BÌNH N ĂM H ỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC (Khóa ngày 30 tháng 3 n ăm 2011) S BÁO DANH: Th ời gian làm bài: 150 phút (không k ể th ời gian giao đề) xx+44 −+ xx − 44 − Câu 1: (2.5 điểm) Cho bi u th c A = v i 4 0 th a mãn: x2+ y 2 + z 2 = 3. Ch ng minh: xy yz z x + + ≥ 3 z x y Câu 5: (1.0 điểm) Cho a, b, c, d là các s nguyên th a mãn : ab55+ =4( cd 5 + 5 ) Ch ng minh r ng : a+ b + c + d chia h t cho 5. HT
S GD& T K THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 9 THPT QU NG BÌNH N M H C 2012- 2013 Môn thi: Toán THI CHÍNH TH C (Khóa ngày 27 tháng 3 n m 2013) S BÁO DANH: Th ời gian làm bài: 150 phút (không k ể th ời gian giao đề) Câu 1: (2.0 điểm) xx+26 x − 19 2 xx − 3 Cho bi u th c: P = − + xx+−23 x − 1 x + 3 a) Rút g n P. b) Tìm x P t giá tr nh nh t. Câu 2: (2.0 điểm) Cho ph ư ng trình x2 −2 mx +−= m 4 0 3 3 a) Tìm m ph ư ng trình có hai nghi m phân bi t x1, x 2 th a mãn x1+ x 2 = 26 m b) Tìm m nguyên ph ư ng trình có hai nghi m nguyên. Câu 3: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC u c nh ni ti p trong ưng tròn (O). ưng th ng d thay i nh ưng luôn i qua A và c t cung nh AB ti im th hai là E (E ≠ A). ưng th ng d c t hai ti p t i B và C c a ưng tròn (O) l n l ưt t i M và N. MC ct BN t i F. Ch ng minh r ng: a) Tam giác CAN ng d ng v i tam giác BMA, tam giác MBC ng d ng v i tam giác BCN. b) T giác BMEF là t giác n i ti p. c) Ch ng minh ưng th ng EF luôn i qua m t im có nh khi d thay i nh ưng luôn i qua A. Câu 4: (1,5 điểm) Cho c¸c sè thùc d−¬ng a, b, c tho¶ mn a + b + c =6. Chng minh r ng: bc++5 ca ++ 4 ab ++ 3 + + ≥ 6 . DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi nµo? 1+a 2 + b 3 + c Câu 5:(1,0 điểm) Cho n là s t nhiên l n h n 1. Ch ng minh r ng n 4 + 4n là h p s . HT
S GD& T K THI CHN H C SINH GI I C P T NH L P 9 THPT QU NG BÌNH N M H C 2012 - 2013 Môn thi: Toán (Khóa ngày 27 tháng 3 n m 2013) HƯNG D N CH M (Đáp án, h ướng d ẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * áp án ch trình bày m t l i gi i cho m i bài. Trong bài làm c a h c sinh yêu c u ph i l p lu n lô gic ch t ch , y , chi ti t và rõ ràng. * Trong m i bài, n u h c sinh gi i sai b c gi i tr c thì cho im 0 i v i nh ng b c gi i sau có liên quan. câu 3 n u h c sinh không v hình ho c v hình sai thì cho im 0. * im thành ph n c a m i bài nói chung phân chia n 0,25 im. i v i im thành ph n là 0,5 im thì tu t giám kh o th ng nh t chi t thành t ng 0,25 im. * Hc sinh có l i gi i khác áp án (n u úng) v n cho im t i a tu theo m c im c a tng bài. * im c a toàn bài là t ng (không làm tròn s ) c a im t t c các bài. Câu Ni dung im 1 1,0 im a) K: 0≤x ≠ 1 .Ta có: 0,25 xx+26 x − 192 xx − 3 P = − + (xx−+ 1)( 3) x − 1 x + 3 xx+26 x −− 19 2 xx ( ++− 3) ( x 3)( x − 1) = 0,25 (x− 1)( x + 3) xx+26 x −−− 19 2 x 6 xx +− 4 x + 3 = 0,25 (x− 1)( x + 3) xxx−+16 x − 16 ( xx −+ 1)( 16) x + 16 = = = (xx−+ 1)( 3) ( xx −+ 1)( 3) x + 3 0,25 b) 1,0 im x +16 25 25 P= =−+ x3 =++ x 3 − 6 x+3 x + 3 x + 3 0,5 25 ≥2(x + 3) −=−= 61064 0,25 x + 3 25 Vy GTNN c a P = 4 khi x+=3 ⇔= x 4 x + 3 0,25 Trang: 1 - áp án Toán 11
2 a) x2 −2 mx +−= m 4 0 1,0 im 1  2 15 Ta có: ∆='mmm2 −+= 4 −  + > 0 ∀ m 2  4 0,25 Vy ph ư ng trình luôn có 2 nghi m phân bi t v i m i m. Theo nh lý Viet: x+= x2 mxx ; =− m 4 12 12 0,25 3 3 3 xx12+=26 m ⇔+−( xx 12) 3( xxxx 1212 += )26 m ⇔−8m3 6 mm ( −= 4) 26 mmm ⇔ (82 −−= 6 m 2) 0 0,25 1 ⇔=m0; m = 1; m =− 0,25 4 1,0 im b) Gi xx12, ( x 1< x 2 ) là hai nghi m nguyên c a ph ư ng trình. Ta có: x+= x2 mxx ; =− m 4 . 12 12 Suy ra xxxx+−2 =⇔ 8 2( xxxx +− )4 −=⇔ 115 (2 x − 1)(2 x −=− 1) 15 . 1212 1212 1 2 0,25 211x−=−  x = 0 TH1: 1⇔  1 ⇒ m = 4 x− = x = 22 115  2 8 215x−=−  x =− 2 TH2: 1⇔  1 ⇒ m = 0 213x2− =  x 2 = 2 2115x−=−  x =− 7 0,5 TH3: 1⇔  1 ⇒ m = − 3 211x− = x = 1 2  2 213x−=−  x =− 1 TH4: 1⇔  1 ⇒ m =1 215x2− =  x 2 = 3 Th l i m=0, m=1, m=-3,m=4 th a mãn iu ki n bài toán. 0,25 3 3,5 im N A E M F O 0,5 I B C Trang: 2 - áp án Toán 11
a) Ta có: AC//BM suy ra ∠BMA = ∠ CAN AB//CN suy ra ∠BAM = ∠ CNA 0,5 Do ó tam giác CAN ng d ng v i tam giác BMA MB AB MB BC Suy ra: = ⇒ = 0,25 AC NC BC CN 0,25 M t khác ∠MBC =∠ BCN = 120 0 0,25 Suy ra tam giác MBC ng d ng v i tam giác BCN. b) ∠BFM =∠ BCM +∠ NBC =∠ BCM +∠ BMC =1800 −∠ MBC = 60 0 0,5 Mt khác ∠BEM =∠ BCA = 60 0 (do t/c góc ngoài c a t giác n i ti p) 0,25 Suy ra ∠BFM =∠ BEM = 60 0 . Do ó t giác BMEF n i ti p. 0,25 c) G i I là giao im EF v i BC. Ta có ∠IBF = ∠ BMF (câu a), suy ra IB là ti p tuy n c a ưng tròn ngo i t giác BMEF. Tư ng t ch ng minh ưc IC là ti p tuy n c a ưng tròn ngo i t giác 0,25 CNEF. T ó: IB2= IE. IF ; IC 2 = IE . IF⇒ IB= IC hay I là trung im BC. 0,25 Vy d luôn i qua im c nh là I. 0,25 4 1,5 im t xa=+1; yb =+ 2; zc =+ 3 . ( x, y, z >0) 0,5 yzzxxy+ + + yxxzyz VT = + + =+++++ x y z xyzxzy 0,5 yx zx yz ≥2. + 2. + 2. = 6 xy xz zy 0,25 Du b ng x y ra khi x=y=z, suy ra a=3, b=2, c=1 0,25 5 1,0 im n là s t nhiên l n h n 1 nên n có d ng n = 2k ho c n = 2k + 1, v i k là s t nhiên l n h n 0. 0,25 - V i n = 2k, ta có n 4 + 4n = 2( )k 4 + 42k l n h n 2 và chia h t cho 2. Do 4 n 0,25 ó n + 4 là h p s . -Vi n = 2k+1, tacó nnn4+=+4nk 424 4.4 =+ (2.4) k 22 =+ ( n 2.4) kk 2 − (2 2) n 2 =+−2k k 2 ++ k k 0,25 ()()n2.4 2. nn .2 2.4 2. n .2 =−()()(n 2)k2 + 4 k ( n + 2) k 2 + 4 k 4 n 0,25 Mi th a s u l n h n ho c b ng 2. V y n + 4 là h p s Trang: 3 - áp án Toán 11
SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO K Ỳ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI L ỚP 9 C ẤP T ỈNH NĂM H ỌC 2013-2014 QU ẢNG NGÃI Ngày thi : 22/3/2014 Môn : TOÁN CHÍNH TH C Th ời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4 điểm) a) Cho a;b là hai s nguyên d ng khác nhau, tho mãn 2a2+a = 3b2+b. a− b Ch ng minh là phân s t i gi n. 2a+2b+1 b) Tìm các c p s nguyên d ng (x; y) tho mãn: 15 x2 − 7y2 = 9 Bài 2: (4 điểm) 3 3 a) Cho − ≤x ≤ ; x0 và 3+ 2x − 3 − 2x = a . 2 2 6+ 2 9 − 4x 2 Tính giá tr bi u th c P = theo a. x 1 1 1 b) Cho a,b,c là 3 s d ng tho mãn + + = 2 . 1a+ 1b + 1c + Tìm giá tr l n nh t c a Q=abc Bài 3: (4 điểm) x+ 2 a) Gi i ph ng trình: ()()()x1x2−++− 4x1 = 12 . x− 1 1  1  b) Gi i h ph ng trình: 2x1+  = 3 và 2y1−  = 1 . x+ y  x+ y  Bài 4: (6 điểm) Cho n a ng tròn tâm O ng kính AB c nh. EF là dây cung di ng trên n a ng tròn AB ó, sao cho E thu c cung AF và EF== R . G i H là giao im c a AF và BE; C là giao im c a AE 2 và BF; I là giao im c a CH và AB. a) Tính s o CIF· b) Ch ng minh r ng bi u th c AE .AC +BF .BC có giá tr không i khi EF di ng trên n a ng tròn. c) Xác nh v trí c a EF trên n a ng tròn t giác ABFE có di n tích l n nh t. Tính di n tích ln nh t ó theo R. Bài 5: (2 điểm) Tìm c nh c a hình vuông nh nh t, bi t r ng: hình vuông ó ch a 5 ng tròn có bán kính b ng 1 và 5 ng tròn này ôi m t không có quá 1 im chung. Ht NGUYN V N HÂN TR NG THCS NGUY N CÁT – T NH HÒA – S ƠN TNH – QU NG NGÃI.
BÀI GI ẢI ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI L ỚP 9 T ỈNH QU ẢNG NGÃI N ĂM H ỌC 2013-2014 Môn : TOÁN Ngày thi : 22/3/2014 Câu 1: 1) 2a2+a = 3b2+b ⇔ 2a2+a −2b2−b = b2 ⇔ (a−b)(2a+2b+1) = b2 Gi (a−b,2a+2b+1) = d Ta có: a – b ⇔ d, 2a+2b+1⇔d⇔ (a−b) (2a+2b+1) ⇔ d2 ⇔ b2 ⇔ d2 ⇔ b⇔d Mà a – b ⇔ d ⇔ a⇔d a⇔d; b⇔d mà 2a+2b+1⇔ d nên 1⇔d ⇔ d=1 Vy phân s ã cho t i gi n. 2) Gi s c p s nguyên d ng (x; y) là nghi m c a ph ng trình: 15 x2 − 7y2 = 9 (1) =>15 x2 − 9 =7y2=>7 y2 3 => y2 3 => y 3 t y = 3z và thay vào (1) ta có 15 x2 − 63z 2 = 9 =>5 x2 − 21z 2 = 3(2) => x 3 t x = 3t và thay vào (2) ta có 45 t2 − 21z 2 = 3=>15 x2 − 7z 2 = 1(3) Nu z 0(mod3) => VP 0(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Nu z 1(mod3) => z2 1(mod3) => − 7z 2 2(mod3) . VP 2(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Nu z 2(mod3) => z2 1(mod3) =>− 7z 2 2(mod3) VP 2(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Vy không tìm c cp s nguyên d ng (x; y) nào là nghi m c a ph ng trình ã cho. Câu 2: 3 3 6+ 2 9 − 4x 2 a) Cho − ≤x ≤ ; x0 và 3+ 2x − 3 − 2x = a .Tính giá tr bi u th c P = theo a. 2 2 x 2 3+ 2x+2()() 3 + 2x 3 −+− 2x 3 2x ()3+ 2x + 3 − 2x 3+ 2x + 3 − 2x P = = = x x x 4x 4 = = . x() 3+ 2x − 3 − 2x a 1 1 1 b) Cho ba s d ng a , b , c và th a mãn iu ki n : + + = 2 .Tìm giá tr l n 1+a 1 + b 1 + c nh t c a Q = a.b.c 1 1 1 b c bc Gi i :Ta có : =−1 +− 1 = + ≥ 2 1+a 1 + b 1 +++ cbc 1 1 (1 ++ bc )(1 ) 1ca 1 ab T ng t : ≥2 , ≥ 2 1+b (1 ++ ca )(1 ) 1 + c (1 ++ ab )(1 ) 1 1 1 abc Nhân các b t ng th c v a nh n c ta có : . .≥ 8 1+++abc 1 1 (1 +++ abc )(1 )(1 ) 1 1 1 Hay : abc ≤ . D u = xãy ra khi a = b = c = . V y maxQ = 8 2 8 Bài 3: (4 điểm) NGUYN V N HÂN TR NG THCS NGUY N CÁT – T NH HÒA – S ƠN TNH – QU NG NGÃI.
x+ 2 a) Gi i ph ng trình ()()()x1x2−++− 4x1 = 12 . K : x - 2 ; x > 1. x− 1 =>−()()()()x1x2 ++ 4 x2x1 + −−= 120 . t t=( x2x1 + )( - ) ta có ph ng trình t 2 + 4t – 12 = 0 => t =2 hoc t = - 6 (lo i) (x+2)(x-1) = 2 => x 2 + x – 6 = 0 => x = 2(nh n) ho c x = - 3 (nh n)  1  2x1+  = 3  x+ y  b)Gi i h ph ng trình:  .  1  2y1−  = 1  x+ y   1   1 3  3 1 2x1+  = 3 1 + = 2= + (Công vê) xy+ xy + 2 x  2x2y =>  =>    1 1 2 3 1 1 1− =  = − ( tru vê) 2y1−  = 1    x+ y   x+ y 2y xy+ 2x 2y 4 9 1 => =− ( Nhân vê) =>x2 + 8xy-9y 2 ==>−+= 0()() x y x 9y 0 x+ y 4x 4y =>x = y; x = − 9y(loai) 3 1 2 =>2 = + => = 2x1. => = 2x2x x Vy nghi m c a h là x = y = 1. Bài 4: (6 điểm) a) Tính s o CIF· 1 T giác BFHI n i ti p => HIF· = HBF· = sd EFº = 30 0 (tam giác OEF u) 2 b) Ch ng minh r ng bi u th c AE .AC +BF .BC có giá tr không i khi EF di ng trên n a ng tròn. Ta có AE.AC = AC(AC –CE) = AC 2 – AC.AE 2 C BF.BC = BC(BC –CF) = BC – BC.CF AE.AC+BF.BC = AC 2 + BC 2 – AC.AE – BC .CF 2 2 F MÀ AC.AE = BC.CF =CO – R 2AC2+ 2BC 2 - AB 2 AB 2 CO 2 = => AC 2 + BC 2 =2CO 2 + E 4 4 2 H Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO 2 + AB – CO 2 + R 2 – CO 2 + R 2 = 3R 2 4 A I O B AE.AC+BF.BC= 3R 2 C nh. C c) Xác nh v trí c a EF trên n a ng tròn t giác ABFE có di n tích l n nh t. Tính di n tích l n nh t ó theo R. E P Ta có S ABEF = S AOF + S FOE + S EOB F NGUYN V N HÂN TR NG THCS NGUY N CÁT – T NH HÒA – S ƠN TNH – QU NG NGÃI. A M Q O N B
R2 3 SFOE = (Vì tam giác FOE là tam giác u c nh R) 4 1 1 FM+ EN SAOF + S EOB = OA.FM+ OB.EN = R. = R.PQ (PQ là ng trung bình c a hình thang 2 2 2 EFMN) R2 3 R 3 SABEF = + R.PQ mà PQ OP = . 4 2 R2 3 R2 3 3R2 3 Do ó S ABEF = + = khi Q trùng v i O hay EF // AB. 4 2 4 Bài 5: (2 điểm) Gi c nh hình vuông ABCD nh nh t ch a bên trong 5 ng tròn có bán kính b ng 1cm và ôi m t không có quá 1 im trong chung là x (cm). T ây suy ra các tâm c a 5 ng tròn này n m trong hình vuông MNPQ có c nh b ng x – 2 cm. (vì tâm c a các ng tròn các ng tròn cách c nh hình vuông ít nh t 1cm). x- 2 Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nh có dài m i c nh là (cm) . (hình v ) 2 Theo nguyên lí Dirichlet có ít nh t hai tâm ng tròn cùng thu c m t hình vuông. Gi s hai tâm ó là O 1.O 2. Vì hai ng tròn này có không quá 1 im chung nên O O A B 1 2 không nh h n hai l n bán kính và không l n h n dài ng chéo M N O3 x- 2 O1 ca hình vuông c nh (cm) . 2 1cm O2 (x- 2) 2 1cm Hay 2 O 1.O 2 2 (x- 2) 2 O4 O5 => ³Þ-³2 x222 Þ³+ x222 Q P 2 Vy c nh hình vuông nh nh t ch a 5 ng tròn có bán kính D C X cm bng 1 và 5 ng tròn này ôi m t không có quá 1 im chung là 2+ 2 2 NGUYN V N HÂN TR NG THCS NGUY N CÁT – T NH HÒA – S ƠN TNH – QU NG NGÃI.
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I C P T NH THANH HOÁ Nm h c 2013 - 2014 THI CHÍNH TH C Môn thi: TOÁN - L p 9 THCS Th i gian: 150 phút ( không k ể th ời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 S báo danh ( thi có 01 trang, g m 05 câu) +  +  đ ể x1+ xy x xy x x1+ Câu I (4,0 i m): Cho bi u th c A= + +− 1:1  −  . xy11+− xy  xy1 −+ xy1  1. Rút g n bi u th c A. 2. Cho 1+ 1 = 6 . Tìm giá tr l n nh t c a A. x y Câu II ( 5,0 điểm). 1.Cho ph ươ ng trình x 2 + 2(m − 2)x + m2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m ph ươ ng trình 2 1 1 có hai nghi m th c phân bi t x1 , x2 th a mãn 2 2 − = . x1 + x2 x1x2 15 m x+ y + z = 1 2. Gi i h ph ươ ng trình  . x4+ y 4 + z 4 = xyz Câu III ( 4,0 điểm). 1. Tìm t t c các c p s nguyên d ươ ng (a; b) sao cho (a + b 2) chia h t cho (a 2b – 1). 2. Tìm x, y, z ∈ N th a mãn x + 2 3 = y + z . Câu IV ( 6,0 điểm) : Cho n a ưng tròn tâm O ưng kính AB. Mt im C c nh thu c on th ng AO (C khác A và C khác O). ưng th ng i qua C và vuông góc v i AO c t n a ưng tròn ã cho ti D. Trên cung BD l y im M (M khác B và M khác D). Ti p tuy n c a n a ưng tròn ã cho t i M c t ưng th ng CD t i E. G i F là giao im c a AM và CD. 1. Ch ng minh tam giác EMF là tam giác cân. 2. G i I là tâm ưng tròn ngo i ti p tam giác FDM. Ch ng minh ba im D, I, B th ng hàng. 3. Ch ng minh góc ABI có s o không i khi M di chuy n trên cung BD. Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các s th c d ươ ng tho mãn x + y = 1. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c B =1 + 1 . x3+ y 3 xy H T Thí sinh không được s ử d ụng tài li ệu. Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I C P T NH THANH HOÁ Nm h c 2013 - 2014 HƯNG D N CH M Môn thi: TOÁN - L p 9 THCS THI CHÍNH TH C Th i gian: 150 phút ( không k ể th ời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (H ưng d n ch m g m 04 trang) Câu Ý Li gi i ( vắn t ắt) im I 1 iu ki n: xy≠ 1 . 0,25 (4,0 ) (2,5 ) ( x+− 1)( 1 xy) +( xy + x)( xy ++ 1) ( xy +− 1)( 1 xy ) A = : ()xy+ 1() 1 − xy ( xy+− 1)( 1 xy) +( xy + x)( xy +−+− 1) ( x 1)( 1 xy ) = ()xy+ 1() 1 − xy 0,50 ( x+− 1)( 1 xy) +( xy + x)( xy ++ 1) ( xy +− 1)( 1 xy ) = = ()xy+− 1() 1 xy +() xy + x() xy +−+− 1() x 1() 1 xy 0,50 + =1 x = 1 . x y+ xy xy 1,25 2 =11 + ≥ 1⇒ 1 ≤ (1,5 ) Theo Côsi, ta có: 6 2 9 . x y xy xy 0,50 1 Du b ng x y ra ⇔ 1= 1 ⇔ x = y = . x y 9 0,50 1 Vy: maxA = 9, t ưc khi : x = y = . 9 0,50 1 PT ã cho có hai nghi m phân bi t iu ki n: (2,5 ) ∆'> 0 ⇔ (m − 2)2 − (m2 − 2m + 4)> 0 ⇔ m < 0 (*) 0,50 x + x = 4 − 2m Vi m < 0 theo Vi-et ta có:  1 2 . x .x = m2 − 2m + 4  1 2 0,25 2 1 1 2 1 1 Ta có − = ⇔ − = (1) x2 + x2 x x 15 m x + x 2 − 2x x x x 15 m 1 2 1 2 ()1 2 1 2 1 2 0,50 1 1 1 ⇔ 2 − 2 = m − 6m + 4 m − 2m + 4 15 m 0,50 1 1 1 4 ⇔ − = . t m + = t do m < 0 ⇒ t < 0 4 4 15 m m + − 6 m + − 2 m m 0,50 1 1 1 t = −4 Ta cos (1) tr thành − = ⇔  ⇒ t = −4 ( do t < 0 ) t − 6 t − 2 15 t =12 0,50 4 Vi t = −4 ta có m + = −4 ⇔ m = −2 th a mãn (*) m 0,25
2 Ta có: (2,5 ) xy4+ 4 yz 44 + zx 44 + 0,50 x4++= y 4 z 4 + + ≥ xy22+ yz 22 + zx 22 = 2 2 2 xy22+ yz 22 yz 22 + zx 22 zx 22 + xy 22 = + + ≥++xyyz yzzx zxxy = 0,50 2 2 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). 0,50 x= y = z 1 Du b ng x y ra ⇔ ⇔===x y z x+ y + z = 1 3  1 1 1  0,50 Vy nghi m c a h ph ươ ng trình là: x=; y = ; z =  3 3 3  III 1 Gi s (a + b 2) M (a 2b – 1), t c là: a + b 2 = k(a 2b – 1), v i k ∈ N* ⇔ 2 (4,0 ) (2,0 ) ⇔ a + k = b(ka – b) ⇔ a + k = mb (1) 2 2 ó m ∈ Z mà: m = ka – b ⇔ m + b = ka (2) 0,50 T (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔ ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m > 0 ( iu này suy ra t (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ Z). Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ Z) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0. Vì th t (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0. 0,50 Li do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1) (4) Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ Z, a > 0) và k ∈ Z, k > 0 nên t (4) có: a= 1 k(a− 1) = 0   ⇔ a= 2 − =  k(a 1) 1  k= 1 0,25 - V i a = 1. Thay vào (3) ta ưc: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔ m− 1 = 2  b− 1 = 1 b= 2 ⇔  m− 1 = 1 b= 3  b− 1 = 2 Vy, tr ưng h p này ta có: a = 1, b = 2 ho c a = 1, b = 3. 0,25 b= 1 - V i a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔  . m= 1 Khi b = 1, ta ưc: a = 2, b = 1. Khi m = 1: T (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này ưc: a = 2, b = 3. 0,25 Tóm l i, có 4 c p s (a; b) th a mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 0,25 2 Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz (2,0 ) 0,50 ⇔ (x − y − z)+ 2 3 = 2 yz ⇒ (x − y − z)2 + 4 3(x − y − z)+12 = 4yz (1)
4yz − (x − y − z)2 −12 TH1 . N u x − y − z ≠ 0 Ta có 3 = (2) vô lý 4()x − y − z 0,50 ( do x, y, z ∈ N nên v ph i c a (2) là s h u t ). x − y − z = 0 TH2. x − y − z = 0 khi ó ()1 ⇔  (3) 0.50 yz = 3 x = 4 x = 4   Gi i (3) ra ta ưc y =1 ho c y = 3 th l i th a mãn 0,50   z = 3 z = 1 IV (6,0 ) 1 E (2.5 ) D M I H F A CO B Ta có M thu c ưng tròn tâm O ưng kính AB (gi thi t) nên 0,50 AMB = 90 0 (góc n i ti p ch n n a ưng tròn) 0,50 0 hay FMB = 90 . Mt khác FCB = 90 0 (gi thi t).Do ó FMB + FCB = 180 0 . 0,50 Suy ra BCFM là t giác n i ti p ⇒ CBM = EFM () 1 (vì cùng bù v i CFM ). 0,50 Mt khác CBM = EMF () 2 (góc n i ti p; góc t o b i ti p tuy n và dây cung cùng ch n AM ). T (1) và (2) ⇒ EFM = EMF . Suy ra tam giác EMF là tam giác cân t i E. 0,50 ( th nh n ra ngay EMF = MBA = MFE nên suy ra EMF cân) DIF G H là trung im c a DF. Suy ra IH⊥ DF và DIH = () 3 . 2 2 0,50 (2.5 ) Trong ưng tròn (I) ta có: DMF và DIF l n l ưt là góc n i ti p và góc 1 tâm cùng ch n cung DF. Suy ra DMF = DIF (4). 2 0,50
T (3) và (4) suy ra DMF = DIH hay DMA = DIH . Trong ưng tròn (O) ta có: DMA = DBA (góc n i ti p cùng ch n DA ) 0,50 Suy ra DBA = DIH . 0,50 Vì IH và BC cùng vuông góc v i EC nên suy ra IH // BC. Do ó 0,50 DBA + HIB = 180 o ⇒ DIH + HIB = 180 o ⇒ Ba im D, I, B th ng hàng. 3(1 ) 1 Vì ba im D, I, B th ng hàng ⇒ ABI = ABD = s AD . 2 0,50 1 Mà C c nh nên D c nh ⇒ s AD không i. 2 Do ó góc ABI có s o không i khi M thay i trên cung BD. 0,50 1− 2xy Ta có: B =1 +=+= 111 . (x+ y)3 − 3xy(x + y) xy 1− 3xy xy xy(1 − 3xy) 0.25 (x+ y) 2 Theo Côsi: xy ≤ = 1 . 4 4 1− 2xy Gi B là m t giá tr c a B, khi ó, ∃x, y : B = ⇔ o o xy(1− 3xy) 2 ⇔ 3B o(xy) – (2 + B o)xy + 1 = 0 (1) 2 t n t i x, y thì (1) ph i có nghi m xy ⇔ ∆ = B o – 8B o + 4 ≥ 0 ⇔  Bo ≥ 4 + 23  0.25 Bo ≤ 4 − 23 ý r ng v i gi thi t bài toán thì B > 0. Do ó ta có: Bo ≥ 4 + 23 . V(1 ) 2+ B ⇒ o 33+⇒ 33 + Vi B423xyo = + = = x(1x)− = ⇔ 6B o 623()+ 623() + 23 23 1+ − 11 − − 1 2 + 0.25 ⇔ x− x +3 3 = 0 ⇔ x=3 , x = 3 . 6() 2 + 3 2 2 23 23 1+ − 11 − − 1 Vy, B= 423 + , t ưc khi x=3 , y = 3 min 2 2 23 23 1− − 11 + − 1 ho c x=3 , y = 3 . 0.25 2 2 Chú ý: 1) N ếu h ọc sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nh ưng đúng thì cho đủ s ố điểm t ừng ph ần nh ư h ướng d ẫn quy định. 2) Vi ệc chi ti ết hóa (n ếu có) thang điểm trong h ướng d ẫn ch ấm ph ải b ảo đảm không làm sai l ệch hướng d ẫn ch ấm và ph ải được th ống nh ất th ực hi ện trong t ổ ch ấm. 3) Điểm bài thi là t ổng điểm không làm tròn.
S GIÁO D C VÀ ÀO T O ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI L ỚP 9 THCS TNH NINH BÌNH Năm h ọc 2012 – 2013 MÔN: TOÁN THI CHÍNH TH C Đ Ề Ứ (Th i gian làm bài 150 phút, không k th i gian giao ) Đề thi g ồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4 im). Cho ph ơ ng trình x2 + (4m + 1)x + 2(m - 4) = 0 (1) (x là n s , m là tham s ). 1. Ch ng minh r ng ph ơ ng trình (1) luôn có hai nghi m phân bi t v i m i m. − = 2. G i x 1, x 2 là hai nghi m c a (1). Tìm m x1 x 2 17 . x2 - x 2x + x 2(x - 1) Câu 2 (4 im). Cho bi u th c: P = - + (x > 0, x ≠ 1). x + x + 1 x x - 1 1. Rút g n P. 2. Tìm giá tr ca x P = 3. Câu 3 (4 im). x + y + xy = 7 1. Gi i h ph ơ ng trình:  x33 + y + 3(x 2 + y 2 ) + 3(x + y) = 70 2. Gi i ph ơ ng trình: ( x + 5 - x + 2)(1 + x2 + 7x + 10) = 3 . Câu 4 (5 im). Cho ng tròn tâm O ng kính AB c nh. Ax và Ay là hai tia thay i luôn t o v i nhau góc 60 0, n m v hai phía c a AB, ct ng tròn (O) ln l t ti M và N. ng th ng BN c t Ax t i E, ng th ng BM c t Ay t i F. G i K là trung im c a on th ng EF. EF 1. Ch ng minh r ng = 3 . AB 2. Ch ng minh OMKN là t giác n i ti p. 3. Khi tam giác AMN u, g i C là im di ng trên cung nh AN (C ≠ A, C ≠ N). ng th ng qua M và vuông góc v i AC c t NC t i D. Xác nh v trí c a im C di n tích tam giác MCD là l n nh t. Câu 5 (3 im). 3m 2 1. Cho các s th c m, n, p tho mãn: n 2 + np + p 2 = 1 - . Tìm giá tr l n nh t và 2 nh nh t c a bi u th c S = m + n + p. 2. Cho các s th c d ơ ng a, b, c tho mãn abc = 1. Ch ng minh r ng: a b c 1 + + ≥ . (ab++ a 1)2 (bc ++ b 1) 2 (ca ++ c 1) 2 a ++ b c ng th c x y ra khi nào? HT H và tên thí sinh : S báo danh H và tên, ch ký: Giám th 1: H và tên, ch ký: Giám th 2:
SỞ GIÁO D ỤC & ĐÀO T ẠO K Ỳ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH LÂM ĐỒNG NĂM H ỌC 2010-2011 Môn : TOÁN – THCS CHÍNH TH C Th ời gian : 150 phút ( không k ể th ời gian giao đề) (Đề thi g ồm có 1 trang ) Ngày thi : 18/02/2011 Câu 1: (2,0 điểm ) Rút g n A= 127 − 48 7 − 127 + 48 7 . Câu 2:(2,0 điểm) Cho hàm s y = f(x) = (3m 2 – 7m +5) x – 2011 (*) . Ch ng minh hàm s (*) luôn ng bi n trên R v i m i m. Câu 3:( 2,0 điểm) Cho hai ưng tròn (O) và (O’) c t nhau t i hai im A và B . Trên ưng th ng AB l y im M sao cho A n m gi a M và B . T M k cát tuy n MCD v i ưng tròn (O) và ti p tuy n MT v i ưng tròn (O’) (T là ti p im) Ch ng minh MC.MD = MT 2 . Câu 4: (2,0 điểm ) Cho hai s d ươ ng x, y th a mãn iu ki n 3x + y – 1 = 0 . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c B = 3x 2 + y 2 . Câu 5: (1,5 điểm) Ch ng minh t ng C = 1 + 2 + 2 2 + + 2 2011 chia h t cho 15 . Câu 6: (1,5 điểm ) Phân tích a th c x 3 – x 2 – 14x + 24 thành nhân t . x+ y + z = 2 Câu 7: (1,5 điểm) Gi i h ph ươ ng trình  2xy− z2 = 4 Câu 8: (1,5 điểm ) Ch ng minh D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không ph i là s chính ph ươ ng v i i n ∈ N* . 1 1 4 Câu 9: (1,5 điểm ) Cho hai s d ươ ng a và b . Ch ng minh + ≥ . a b a+ b Câu 10:(1,5 điểm ) Tìm nghi m t nhiên c a ph ươ ng trình : 2x 2 – xy – y 2 – 8 = 0 Câu 11: (1,5 điểm ) Cho hình thang vuông ABCD ( A = D = 90 0 ) , có DC = 2AB . K DH vuông góc v i AC (H ∈ AC) , g i N là trung im c a CH . Ch ng minh BN vuông góc v i DN . Câu 12: (1,5 điểm) . Cho tam giác MNP cân t i M ( M < 90 0 ) . G i D là giao im các ưng phân giác trong c a tam giác MNP . Bi t DM = 2 5 cm , DN = 3 cm . Tính dài on MN . H T H và tên thí sinh : S báo danh : Giám th 1 : Ký tên : . Giám th 2 : Ký tên : . (Thí sinh không được s ử d ụng máy tính )
S GIÁO D C & ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I C P T NH LÂM NG NM H C 2010-2011 HƯỚNG D ẪN CH ẤM ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Môn : TOÁN – THCS Ngày thi 18/02/2011 Câu Hưng d n ch m im Câu 1 A= 127 − 48 7 − 127 + 48 7 (2 im ) 0,5 im = (8− 37)2 − (8 + 37) 2 0,5 im = |8− 3 7| − |8 + 3 7| =−8 3 7 −− 8 3 7 (8>3 7) 0,5 im = − 6 7 0,5 im Câu 2 2 7 5  3m – 7m + 5 = 3 m2 − m +  (2 im ) 3 3  0,5 im 2 7  49 60  0,5 im =3 m −  −+  6  36 36  2 7  11  0,5 im =3 m −  +  >∀ 0 m 6  36  0,5 im Vây f(x) ng bi n trên R v i m i m Câu 3 (2 im) Chng minh MC. MD = MA. MB 0,75 im Ch ng minh MT 2 = MA. MB 2 0,75 im Suy ra MC.MD = MT 0,5 im Câu 4 3x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – 3x (2 im ) B= 3x2 + (1 − 3x) 2 =2 − + 12x 6x 1 0,5 im 1  2 1  = 12 x −  +  0,5 im 4  48    1  2 1 1 = 12 x −  +≥ 0,5 im 4  4 4 1 1 1 Vây GTNN c a B là khi x = và y = 0,5 im 4 4 4 Câu 5 C = 1 + 2 + 2 2 + + 2 2011
(1,5 im ) = (1 + 2 + 2 2 + 2 3 ) + (2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 7 ) + + ( 2 2008 + 2 2009 +2 2010 + 2 2011 ) 0,5 im = (1 + 2 + 2 2 + 2 3 )+ 2 4 (1 + 2 + 2 2 + 2 3 )+ +2 2008 (1 + 2 + 2 2 + 2 3 ) 0,5 im = 15 ( 1 + 2 4 + + 2 2008 ) chia h t cho 15 0,5 im Câu 6 x 3 – x 2 – 14x +24 (1,5 im ) = x 3 + 4x 2 – 5x 2 – 20x + 6x + 24 0,5 im = (x + 4) (x 2 – 5x + 6 ) 0,5 im = (x + 4) (x – 2) (x – 3) 0,5 im Câu 7 xyz2++=  z2xy =−−  (2−− x y)2 = 2xy − 4 ⇔  ⇔  (1,5 i m ) −=2 2 =− =−− 0,5 i m 2xyz 4  z 2xy4  z2xy  −2 +− 2 = ⇔ (x 2) (y 2) 0  0,5 im z= 2 − x − y x= y = 2 0,5 im ⇔  z= − 2 Câu 8 D = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) (1,5 im ) = (n 2 + 3n) (n 2 + 3n + 2 ) 0,5 im = (n 2 + 3n) 2 +2 (n 2 + 3n) ⇒(n 2 + 3n) 2 0 ) ab a+ b 1 1 4 ⇔ + ≥ 0,5 im a b a+ b Du “ = ” x y ra khi a = b ( thi u câu y không tr im) Câu 10 2x 2 – xy – y 2 – 8 = 0 (1,5 im) ⇔ (2x + y) (x – y) = 8 0,5 im 2x+ y = 8 2x+ y = 4 ⇔  ho c  x− y = 1 x− y = 2 0,5 im x= 3 x= 2 ⇔  ho c  y= 2 y= 0 0,5 im Câu 11 (1,5 im ) Gi M là trung im ca DH 0,25 im Ch ng minh t giác ABNM là hình bình hành ⇒ AM // BN (1) 0,5 im Ch ng minh MN ⊥ AD 0,25 im Suy ra M là tr c tâm c a ∆ADN ⇒ AM⊥ DN (2) 0,25 im T (1) và (2) ⇒ BN⊥ DN 0,25 im
Câu 12 (1,5 im ) Qua M k tia Mx vuông góc v i MN c t ND t i E , k MF ⊥ ND = ⇒ = = 0,5 im Ch ng minh D 1 E MD ME 2 5 cm và EF =DF ME 2 = EF .EN = EF .(2EF + DN ) (2 5)2 = EF(2EF + 3) 2EF2 + 3EF − 20 = 0 (EF+ 4)(2EF − 5) = 0 ⇒ EF= 2,5 (vì EF >0) 0,5 im ⇒ = MN 2 11 cm 0,5 im (N u h c sinh gi i b ng cách khác úng , giám kh o d a theo bi u im cho im t ươ ng ng )
S GIÁO D C VÀ ÀO T O KÌ THI CH N H C SINH GI I T NH HI D Ơ NG LP 9 N M H C 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Th ời gian làm bài: 150 phút ă THI CHÍNH TH C Ngày thi 20 tháng 03 n m 2014 (đề thi g ồm 01 trang) Câu 1 (2 im). 1−− 1x2 .( (1 ++− x ) 3 (1 x ) 3 ) a) Rút g n bi u th c A = vi −1 ≤x ≤ 1 . 2− 1 − x2 b) Cho a và b là các s th a mãn a > b > 0 và a32− a b + ab 2 −6 b 3 = 0 . a4− 4 b 4 Tính giá tr c a bi u th c B = . b4− 4 a 4 Câu 2 (2 im). 2 2 2 a) Gi i ph ươ ng trình xx(+=− 2)4 xx 2 + 4. x3 =2 x + y b) Gi i h ph ươ ng trình  .  y3 =2 y + x Câu 3 (2 im). a) Tìm các s nguyên d ươ ng x, y th a mãn ph ươ ng trình xy2 +2 xy + x = 32 y . b) Cho hai s t nhiên a, b th a mãn 2a2+ a = 3 b 2 + b . Ch ng minh r ng 2a+ 2 b + 1 là s chính ph ươ ng. Câu 4 (3 im). Cho tam giác u ABC n i ti p ưng tròn (O, R). H là m t im di ng trên on OA (H khác A). ưng th ng i qua H và vuông góc v i OA c t cung nh AB ti M. G i K là hình chi u c a M trên OB. a) Ch ng minh HKM= 2AMH. b) Các ti p tuy n c a (O, R) t i A và B c t ti p tuy n t i M c a (O, R) l n l ưt ti D và E. OD, OE c t AB l n l ưt t i F và G. Ch ng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá tr l n nh t c a chu vi tam giác MAB theo R. Câu 5 (1 im). Cho a, b, c là các s th c d ươ ng th a mãn 2ab+ 6 bc + 2 ac = 7 abc . Tìm giá tr 4ab 9 ac 4 bc nh nh t c a bi u th c C = + + . a+2 ba + 4 cbc + Hết H và tên thi sinh s báo danh Ch ký c a giám th 1 ch ký c a giám th 2
S GIÁO D C VÀ ÀO T O HNG D N CH M THI CH N HI D Ơ NG HC SINH GI I T NH LP 9 N M H C 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 20 tháng 03 n ăm 2014 (H ướng d ẫn ch ấm g ồm có 03 trang) Lưu ý: N ếu h ọc sinh làm theo cách khác mà k ết qu ả đúng thì giám kh ảo v ẫn cho điểm t ối đa. Câu Ni dung im 11−−x2 .1( ++− xx 1)( 21 −− x 2 ) A = 0.25 2− 1 − x2 Câu 2 1a: =−−11x .1( ++− x 1 x ) 0.25 (1,0 ) 2 =−−(11xxx2 )() 1 ++−=−− 1( 11 x2)( 221 +− x 2 ) 0.25 = 2x2 = x 2 0.25 3223 2 2 aabab−+−=⇔−6 b 0 ( a 2 ba )( ++ ab 3 b ) = 0 (*) 0.25 2 2 Vì a > b > 0 ⇒ a+ ab +3 b > 0 nên t (*) ta có a = 2 b 0.25 Câu a4−4 b 4 16 b 4 − 4 b 4 1b: = = V y bi u th c B 4 4 4 4 0.25 (1,0 ) b−4 a b − 64 b 12b4 − 4 B = = −63b4 21 0.25 t 2 0.25 t txx=242 + ⇒ t 2= 2( xx 42 + 2 ) ⇒ x2() x 2 +2 = 2 t 2 t = − 4 ta ưc ph ươ ng trình =4 −t ⇔ t2 + 280 t − = ⇔  0.25 2 t = 2 x 0 x > 0 x x 2 + = ⇔ ⇔ V i t =2 ta có 2 4 2 4 2  4 2 2()x+ 2 x = 4 x+2 x − 2 = 0 0.25 x > 0 ⇔ ⇔=−x 3 1 . Kt lu n nghi m c a ph ươ ng trình. x2 =3 − 1 Câu T h ta có xyx3(2)(2)(+= yxy 3 +⇔− xy 22 )2( xyxy ++= 22 ) 0 0.25 2b: 3 x= y 0.25 (1,0 ) ⇔(x + y )( x − y )0 = ⇔  x= − y * V i x = y ta tìm ưc (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( −3; − 3 ) 0.25
* V i x = - y ta tìm ưc (x ; y) = (0; 0); ( 1;− 1 );( −1;1 ) Vy h ph ươ ng trình có nghi m 0.25 (x ; y) = (0; 0); 3; 3 );( −3; − 3 );( −1;1 );( 1;− 1 ) xy2 +2 xy + x = 32 y ⇔x( y + 1)2 = 32 y 32 y 0.25 Do y nguyên d ươ ng ⇒ y+1 ≠ 0 ⇒ x = (y + 1) 2 Vì (y , y+ 1) = 1⇒ ( y + 1) 2 ∈U (32) 0.25 Câu 5 2 2 2 4 2 mà 32= 2 ⇒ (y + 1) = 2 và (y + 1) = 2 (Do (y + 1) > 1 ) 0.25 3a: 2 2 ⇒ (1,0 ) *N u (y+ 1) = 2 y= 1; x = 8 *N u (y + 1)2 = 2 4 ⇒ y=3; x = 6 Vy nghi m nguyên d ươ ng c a ph ươ ng trình là: 0.25 x = 8 x = 6  và  y =1 y = 3 2a2+ a = 3 b 2 + b ⇔−(aba )(2 ++= 2 b 1) b 2 (*) 0.25 Gi d là ưc chung c a (a - b, 2a + 2b + 1) ( d ∈ * ). Thì (a− b ) M d  ⇒ ()()ab−2 a + 2 b + 1 M d 2 0.25 (2a+ 2 b + 1) M d Câu  3b: ⇒bd2M 2 ⇒ bd M (1,0 ) Mà (abd− )M⇒ ad M ⇒ (22) a+ bd M mà (221)ab+ + M d⇒ 1 M dd ⇒ = 1 0.25 Do ó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. T (*) ta ưc a− b và 2a+ 2 b + 1 là s chính 0.25 ph ươ ng => 2a+ 2 b + 1 là s chính ph ươ ng. x A Qua A k tia ti p tuy n Ax c a (O). Ta có 1 1 1 A= O = s AM (1) 12 1 2 M 1 H 1 O 0.25 1 Câu K 4a: B C (1,0 ) ⇒ Có Ax // MH (cùng vuông góc v i OA) A1= M 1 (2) 0.25 ⇒ T giác MHOK n i ti p O1= K 1 (cùng ch n MH ) (3) 0.25 1 T (1), (2), (3) ta có M= K hay HKM= 2AMH. 0.25 12 1 D A Có t giác AOMD n i ti p (4) 2 1 1 F Câu M H 4b: 1 1 0.25 (1,0 ) E G 2 O B C
1 1 A = sBM ;O= O = sBM 1 2 1 2 2 0.25 ⇒ ⇒ A1= O 1 t giác AMGO n i ti p (5) T (4), (5) ta có 5 im A, D, M, G, O cùng n m trên m t ưng tròn ⇒ 0.25 G1= D 2 = D 1 ⇒ ∆OGF và ∆ODE ng d ng OG GF 0.25 ⇒ = hay OD.GF = OG.DE. OD DE A Trên on MC l y im A’ sao cho MA’ = MA ⇒ ∆AMA' u 1 2 ⇒ = =0 − A1 A 2 ( 60 BAA' ) H ⇒ ∆MAB = ∆ A'AC⇒ MB= A'C M 0.25 O A' Câu B I C 4c: (1,0 ) ⇒ MA+ MB = MC 0.25 Chu vi tam giác MAB là MA+ MB + AB = MC +≤+ AB 2R AB ng th c x y ra khi MC là ưng kính c a (O) => M là im chính gi a cung AM => H là trung im on AO 0.25 Vy giá tr l n nh t c a chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gi I là giao im c a AO và BC ⇒ AI= R = ⇒ AB= R 3 2 2 0.25 Giá tr l n nh t c a chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2+ 3)R T gt : 2ab+ 6 bc + 2 ac = 7 abc và a,b,c > 0 2 6 2 Chia c hai v cho abc > 0 ⇒ + + = 7 c a b 1 1 1 x, y , z > 0 t x=, y = , z = ⇒  0.25 a b c 2z+ 6 x + 2 y = 7 4ab 9 ac 4 bc 4 9 4 Khi ó C = + + = + + a+2 ba + 4 cbc + 2xy+ 4 xz + yz + Câu 5: 4 9 4 (1,0 ) ⇒ C= +++2 xy +++ 4 xz ++− yzxyxzyz (24 +++++ ) 0.25 2xy+ 4 xz + yz + 2 2 2 2  3   2 = −++xy2  −++ 4 xz   −++≥ yz 17 17 0.25 xy+2  4 xz +   yz + 1 Khi x= ,y = z = 1 thì C = 17 2 0.25 Vy GTNN c a C là 17 khi a =2; b =1; c = 1
S GD&T H I D Ơ NG KÌ THI CH N H C SINH GI I T NH LP 9 THCS N M H C 2012 – 2013 THI CHÍNH TH C MÔN THI: TOÁN Th i gian làm bài: 150 phút (không k th i gian giao ) Ngày thi: 27/03/2013 ( thi g m có 01 trang ) Câu 1 (2,0 im): a) Rút g n bi u th c: A=( x− 50 − x+50) x+ x2 − 50 v i x≥ 50 b) Cho x+ 3=2 . Tính giá tr c a bi u th c: B = x 5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 im): 4x 3x a) Gi i ph ươ ng trình + = 6 x2− 5x+6 x 2 − 7x+6  x+ y+4 xy=16 b) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh sau:  x + y =10 Câu 3 (2,0 im): a) V i a, b là các s nguyên. Ch ng minh r ng n u 4a2 +3ab− 11b 2 chia h t cho 5 thì a4− b 4 chia h t cho 5. 5− 3 b) Cho ph ươ ng trình ax2 +bx+1= 0 vi a, b là các s h u t . Tìm a, b bi t x = 5+ 3 là nghi m c a ph ươ ng trình. Câu 4 (3,0 im): Cho 3 im A, B, C c nh nm trên m t ưng th ng d (B n m gi a A và C). V ưng tròn tâm O thay i nhưng luôn i qua B và C (O không n m trên ưng th ng d). K AM và AN là các ti p tuy n v i ưng tròn tâm O ti M và N. G i I là trung im c a BC, AO c t MN t i H và c t ưng tròn t i các im P và Q (P n m gi a A và O), BC c t MN t i K. a) Ch ng minh 4 im O, M, N, I cùng n m trên m t ưng tròn. b) Ch ng minh im K c nh khi ưng tròn tâm O thay i. c) G i D là trung im HQ, t H k ưng th ng vuông góc v i MD c t ưng th ng MP t i E. Ch ng minh P là trung im ME. Câu 5 (1,0 im): 1 * Cho A = v i n ∈ . n (2n +1) 2n− 1 Ch ng minh r ng: A123 +A +A + +A n <1 . H T H và tên thí sinh: S báo danh . Ch kí giám th 1 Ch kí giám th 2
S GD& T H I D Ơ NG ÁP ÁN VÀ H NG D N CH M THI H C SINH GI I T NH MÔN TOÁNLP 9 THCS N M H C 2012 – 2013 Lu ý: Thí sinh làm theo các khác úng v n cho im t i a. im bài thi làm tròn n 0,25 im CÂU PH N NI DUNG IM Ta có : 2 A2 = x- 50- x+ 50 x+ x-502 0,25 ( ) ( ) A2 =( x- 50+x+ 50-2 x2 -50)( x+ x 2 -50 ) a) A2 = 2x-2 x 2 -50 x+ x 2 -50 0,25 1,0 ( )( ) im 2 2 2 A =2() x -x +50 Câu 1 A2 = 100 0,25 2,0 Nh ưng do theo gi thi t ta th y A= x- 50- x+ 50 x+ x-502 x−2 = − 3⇒ ( x − 2)2 = 3 b) ⇒ x2 −4 x + 1 = 0 0,25 5 4 3 2 1,0 B = x – 3x – 3x + 6x – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 0,25 im B = x 3( x 2 – 4x + 1) +x2( x 2 – 4x + 1) +5(x 2 – 4x + 1) + 2013 0,25 B = 2013 0,25 Nh n xét x = 0 không là nghi m c a ph ươ ng trình Vi x≠ 0 , ph ươ ng trình ã cho tươ ng ươ ng v i: 4 3 + = 6 6 6 x− 5+ x − 7+ x x 6 t t=x− 7+ phươ ng trình tr thành x 4 3 + =6 ()() 1 t≠ 0;t ≠ − 2 0,25 Câu 2 t+2 t 2,0 2 2 a) ()1⇔++= 4t 3t 6 6t + 12t ⇔ 6t +−= 5t 6 0 im 1.0 −3 2 Gi i ph ươ ng trình ta ưc t= ;t = ( th a mãn ) im 12 2 3 0,25 −3 6− 3 = 2 Vi t1 ta có x−+=7 ⇔ 2 x − 11120 x += 2 x 2 3 Gi i ph ươ ng trình ta ưc x= ;x = 4 ( th a mãn ) 0,25 12 2 2 6 2 2 Vi t2 = ta có x−+=⇔7 3 x − 23180 x += 3 x 3
23+ 313 23 − 313 Gi i ph ươ ng trình ta ưc x= ;x = (th a mãn) 36 4 6 Vy ph ươ ng trình ã cho có bn nghi m là : 3 23+ 313 23 − 313 x= ;x = 4 ; x= ; x = 0,25 12 2 36 4 6  x+ y+4 xy=16  (I) ( x;y≥ 0 ) x + y =10 t S= x+ y ; P = xy ( S≥ 0;P ≥ 0 ) h (I) có d ng S+4P =16 0,25  2 ( II) b) S - 2P = 10 1,0 S = 4 0,25 ®iÓm Gi i h ( II) và i chi u iu ki n ta ưc  P = 3 Khi ó x; y là 2 nghi m c a ph ươ ng trình t2 – 4t + 3 =0 0,25 Gi i ph ươ ng trình ta ưc t 1 = 3; t 2 = 1 x=9  x=1 T ó suy ra h ph ươ ng trình ã cho có hai nghi m ;  y=1  y=9 0,25 4a2+ 3ab − 11b 22M 5⇒ ( 5a+− 5ab 10b 22) −( 4a +− 3ab 11b 2 )M 5 0.25 ⇒ 2 2 M a) a+ 2ab + b 5 1.0 ⇒ () a+ b2 M 5 0,25 im ⇒ a+ bM 5 ( Vì 5 là s nguyên t ) 0,25 ⇒ a4−=+ b 4( a 2 b 2 )( abab5 +)( − )M 0,25 2 5− 3 ( 5− 3 ) x = = =4 − 15 5+ 3 ()5+ 3() 5 − 3 0,25 Câu 3 5− 3 2,0 x = là nghi m c a ph ươ ng trình nên ta có im 5+ 3 2 a(4− 15) + b ( 4 − 15) += 10 b) 1,0 a()31815− + b () 4 − 15 += 10 ®iÓm ⇔−15(8ab ++ ) 31 a ++= 4 b 1 0 0,25 Vì a, b∈ Q nên (8ab+ ), (31 ab ++∈ 4 1) Q 31a+ 4 b + 1 0,25 Do ó n u 8a+ b ≠ 0 thì 15 = ∈ Q (Vô lí) 8a+ b 8a+ b = 0  a = 1 Suy ra ⇔  31410a+ b +=  b =− 8 0,25
M Q P D H O A B K I d C N E I là trung im c a BC ( dây BC không i qua O ) a) ⇒ OI⊥ BC⇒ OIA = 90 0 0,25 1,0 Ta có AMO = 90 0 ( do AM là hai ti p tuy n (O) ) 0,25 ®iÓm ANO = 90 0 ( do AN là hai ti p tuy n (O) ) 0,25 Suy ra 4 im O, M, N, I cùng thu c ưng tròn ưng kính OA 0.25 AM, AN là hai ti p tuy n (O) c t nhau t i A nên OA là tia phân giác MON mà OMN cân t i O nên OA⊥ MN 1 Câu 4 ABN ng d ng v i ANC ( vì ANB=ACN= s NB và 3,0 2 AB AN 2 im CAN chung ) suy ra =⇒ AB.AC=AN 0,25 AN AC ANO vuông t i N ưng cao NH nên ta có AH.AO = AN2 b) Suy ra AB.AC = AH.AO 0,25 0 1,0 AHK ng d ng v i AIO ( vì AHK=AIO=90 và OAI chung ) ®iÓm AH AK ⇒= ⇒ AI.AK=AH.AO AI AO ⇒ AI.AK=AB.AC AB.AC ⇒ AK= 0,25 AI Ta có A,B,C c nh nên I c nh suy ra AK c nh mà A c nh, K là giao i m c a dây BC và dây MN nên K thu c tia AB suy ra K 0,25 c nh 0 Ta có PMQ=90 ( góc n i ti p ch n n a ưng tròn ). Xét MHE và QDM có MEH=DMQ ( cùng ph v i DMP ), c) ME MH EMH=MQD ( cùng ph v i MPO ) ⇒ = 0,25 1,0 MQ DQ ®iÓm PMH ng d ng v i MQH
MP MH MH 0,25 ⇒ = = MQ HQ2 DQ MP1 ME ⇒ = 0,25 MQ2 MQ ⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung im ME. 0,25 1 2n − 1 A = = n (2n+ 1) 2 n − 1 (2n+ 1)() 2 n − 1 0,25 211n− 1  211 n −  1  1 1  A = −= + − n      0,25 2 2121n− n +  2 21n− 21 n +  21 n − 21 n +  1 1 1 1 2 Câu 5 Vì − > 0 và + < nên 1,0 2n− 1 2 n + 1 21n− 21 n + 21 n − 1 1 im A < −( ∀n ∈ *) 0,25 n 2n− 1 2 n + 1 111 1 1 Do ó: AAA1+ 2 + 3 ++ A n <− 1 + − +⋅⋅⋅+ − 335 2121n− n + 1 0,25 AAA++++<− A n 1 < 1 1 2 3 2n + 1 Ht
SỜ GD& ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH NĂM H ỌC 2012 - 2013. Đề chính th ức MÔN: TOÁN L ỚP 9 (Th ời gian 150 phút không k ể th ời gian giao đề).  4x 2 x − 2 x + 2  x − 3 Bài 1: (4,5 im): Cho bi u th c A=  + +  :  x 2 − 4 x + 2 2 − x  x − 2 1. Rút g n A. 2. Tìm giá tr c a A khi x − 3 = 1 Bài 2 ( 4 im): 1. Gi i ph ư ng trình x − 2 + 3x −1 = 9 2. Cho các s a,b,c th a mãn iuki n ab+ bc + ca = 1 . Tính giá tr nh nh t c a bi u th c P=+− (a2 2bc 1)(b 2 +− 2ca 1)(c 2 +− 2ab 1) Bài 3 (4 im): a, M t ca nô xuôi m t khúc sông dài 52km r i ng ưc dòng tr l i 40km m t t ng c ng 4 gi Bi t v n t c c a dòng n ưc là 3km/h. Tìm v n t c c a ca nô lúc dòng n ưc yên l ng. b, Trong m t ph ng t a Oxy, cho ưng th ng (d) : y= ax +b. Tìm a,b bi t (d) i qua M(-1; 3) và (d) c t Ox t i im N th a mãn ON = 2 Bài 4 ( 6 im): Cho ưng tròn tâm O và hai im B,C thu c ưng tròn, các ti p tuy n v i ưng tròn t i B và C c t nhau A. Mt M là m t im thu c cung nh BC. Ti p tuy n v i ưng tròn t i M c t AB, AC theo th t D, E . G i giao im c a OD, OE v i BC theo th t là I và K . Ch ng Minh r ng a) BD.OE = OD.BI b) T giác DIKE n i ti p c) OM, DK, EI ng quy 112123123412345123 Bài 5 (2 im): Cho dãy s sau: ;;;;;;;;;;;;;;;;;; 121321432154321654 Tìm s h ng th 2013 trong dãy s trên (Ghi chú: Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm)
Së GD & §T Hoµ B×nh kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Líp 9 tHCS n¨m häc 2010 - 2011 §Ò chÝnh thøc §Ò thi m«n : To¸n Ngµy thi: 22 th¸ng 3 n¨m 2011 Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ( §Ò thi gåm cã 01 trang) Bµi 1: (4 ®iÓm) 1. Ph©n tÝch thµnh nh©n tö c¸c biÓu thøc sau: a/ Ax=+323 xy − 4 xy 2 − 12 y 3 b/ Bx=+324 y − 2 xyx ++ 23 8 y 2. Cho a =11 + 62 + 11 − 62 . Chøng minh r»ng a lµ mét sè nguyªn. Bµi 2: (6 ®iÓm) 12 3 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: − = 1 xx2++4 xx 2 ++ 2 2. Cho hµm sè y=( m − 1) xm +2 − 1 (m: tham sè). T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè lµ ®−êng th¼ng c¾t hai trôc to¹ ®é t¹i hai ®iÓm A, B sao cho tam gi¸c OAB c©n. x −1 3. T×m x ®Ó biÓu thøc A = ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. x +1 Bµi 3: (4 ®iÓm) 1. Cho tam gi¸c ABC nhän néi tiÕp trong ®−êng trßn t©m O, cã b¸n kÝnh b»ng 2. BiÕt BAC = 60 0 , ®−êng cao AH = 3. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 2. i c vua c a tr ng A thi u v i i c vua c a tr ng B, m i u th c a tr ng này thi u v i m i u th c a tr ng kia m t tr n. Bi t r ng t ng s tr n u b ng bn l n t ng s c u th c a c hai i và s c u th c a tr ng B là s l . Tìm s c u th ca m i i. Bµi 4: (5 ®iÓm) Cho na ng tròn tâm O bán kính R, ng kính AB. Hai im E, F thay i trên n a ng tròn sao cho s o cung AE khác không và nh h ơn s o cung AF, bi t EF = R . Gi s AF c t BE t i H, AE c t BF t i I. 1. Ch ng minh r ng t giác IEHF n i ti p c trong m t ng tròn. 2. Gi EG và FQ là các ng cao c a tam giác IEF, ch ng minh r ng dài QG không i. 3. Ch ng minh r ng QG song song v i AB. Bµi 5: (1 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: x+27 −= xx 2 −+−+−+ 1 xx2 871 HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: SBD: Gi¸m thÞ 1 (hä vµ tªn, ch÷ ký) : Gi¸m thÞ 2 (hä vµ tªn, ch÷ ký) :
Së GD&§T Hoµ B×nh H−íng dÉn chÊm m«n to¸n Kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh cÊp THCS N¨m häc 2010-2011 Bµi ý Néi dung §iÓm 1 a/ A = ( x + 3y ).( x - 2y ).( x + 2y ). 1,0 2 2 1. b/ B = ( x + 2y + 1 ).( x - 2xy + 4y ). 1,0 2 2 2 a =++−1162 1162 =+ (3 2) +− (3 2) = 6 1,5 (4®) Tõ ®ã a lµ sè nguyªn. 0,5 2 1. + HS lËp luËn ®−îc x 2 + x + 4 vµ x 2 + x + 2 kh¸c 0 råi ®−a PT vÒ d¹ng 2 2 2 9( x + x ) + 12 = ( x + x + 4 ) ( x + x + 2 ) 1,0 (6 ®) +HS biÕn ®æi PT vÒ d¹ng ( x 2 + x - 4 ) ( x 2 + x + 1 ) = 0 0,5 −1 ± 17 +HS gi¶i PT tÝch t×m ®−îc 2 nghiÖm lµ x = 0,5 2 2. + HS lËp luËn ®−îc ®Ó ®å thÞ hµm sè lµ ®−êng th¼ng c¾t 2 trôc täa ®é t¹i 2 ®iÓm A vµ B sao cho tam gi¸c OAB c©n th× ®å thÞ hµm sè ®Z cho song song víi ®−êng 1,0 th¼ng y = x ( hoÆc y = - x ) m −1 = 1 m −1 = − 1 + Tõ ®ã dÉn ®Õn  hoÆc  gi¶i 2 hÖ PT ®ã t×m ®−îc 2 − ≠ 2 − ≠ m 1 0 m 1 0 1,0 m = 2 hoÆc m = 0 vµ tr¶ lêi bµi to¸n. 2 + HS viÕt ®−îc A =1 − 0,5 3. x +1 1,5 + HS lËp luËn vµ t×m ®−îc gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A b»ng - 1 khi x = 0. 3 (4 ®) A Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC, dÔ cã 0 KOC = 60 . XÐt tam gi¸c vu«ng OKC cã OC = 2 1. O 1,0 =0 = TÝnh ®−îc KC OC .sin60 3 , B TÝnh ®−îc BC = 2 3 , suy ra diÖn tÝch K C 1,0 tam gi¸c ABC lµ S = 3 3 (§vdt) Chó ý : Thùc chÊt tam gi¸c ABC ®Òu 1,0 nh−ng kh«ng yªu cÇu HS vÏ h×nh ®óng. + G i s cÇu thñ ®éi tr−êng A lµ x; Sè cÇu thñ ®éi tr−êng B lµ y t k vµ lËp 1,0 2. ®−îc PT: xy = 4( x + y ) ⇔−(x 4)( y −= 4) 16 + HS lp lu n vµ t×m ®−îc x = 20 ; y= 5, KL
1. 1. Ch ng minh c t giác IEHF n i ti p I 4 c trong m t ng tròn. 2,0 Q G 2. Ch ng minh c ∆IQG ∆ IFE (g.g), (5 đ) 2. F QG IG 1 1 1 t ó có = = ; QG= EF= R (pcm). E 1,0 EF IE 2 2 2 H 1,0 3. 3. Ch ng minh c ∆IAB ∆ IFE (g.g), kt h p A O B IQ IG vi (2) ta có ∆IQG ∆ IAB , suy ra = dn IA IB n QG song song v i AB. 1,0 5 + HS t×m ®−îc §K 1≤x ≤ 7 vµ biÕn ®æi PT vÒ d¹ng tÝch 0,5 (1®) ( x −1 − 2 ).( x−1 − 7 − x ) = 0 + HS gi¶i PT tÝch t×m ®−îc x = 5 hoÆc x = 4 ®Òu tháa mZn vµ tr¶ lêi. 0,5 Chó ý: Mäi lêi gi¶i ®óng kh¸c ®Òu ®−îc cho ®iÓm t−¬ng ®−¬ng
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I LP 9 THCS HÀ NAM NM H C 2012-2013 Môn thi: TOÁN THI CHÍNH TH C Th ời gian làm bài: 150 phút, không kể th ời gian giao đề Bài 1. (4,0 điểm) x y xy Cho bi u th c: P = − − (xy+− )(1 yxyx ) ( + )( + 1) ( x +− 1)(1 y ) 1. Rút gn bi u th c P. 2. Tìm các giá tr x, y nguyên th a mãn P = 2. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho hai s th c a, b không âm th a mãn 18a+ 4 b ≥ 2013 . Ch ng minh r ng ph ư ng trình sau luôn có nghi m: 18ax2 + 4 bx + 671 − 9 a = 0 . 2. Tìm t t c các nghi m nguyên x, y ca ph ư ng trình x3+2 x 2 + 3 x += 2 y 3 . Bài 3. (4,5 điểm) 1. Cho p và 2p + 1 là hai s nguyên t l n h n 3. Ch ng minh r ng 4p + 1 là mt h p s . 2. Gi i ph ư ng trình: 4xx2++= 334 xx 3 + 3 2 + 221 x − Bài 4. (6,0 điểm) Cho góc xOy có s o b ng 60 o. ưng tròn có tâm K n m trong góc xOy ti p xúc v i tia Ox t i M và ti p xúc v i tia Oy t i N. Trên tia Ox l y im P th a mãn OP = 3OM. Ti p tuy n c a ưng tròn (K) qua P c t tia Oy t i Q khác O. ưng th ng PK c t ưng th ng MN E. ưng th ng QK c t ưng th ng MN F. 1. Ch ng minh tam giác MPE ng d ng v i tam giác KPQ. 2. Ch ng minh t giác PQEF n i ti p ưc trong ưng tròn. 3. Gi D là trung im c a on PQ. Ch ng minh tam giác DEF là m t tam giác u. Bài 5. ( 2,0 điểm) Cho a, b, c là ba s th c d ư ng th a mãn: a+ b + c = 3. Ch ng minh r ng: a+1 b + 1 c + 1 + + ≥ 3 1+b2 1 + c 2 1 + a 2 HT Thí sinh không c s d ng máy tính c m tay. H và tên thí sinh: S báo danh: Ch ký c a giám th 1: Ch ký c a giám th 2:
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I LP 9 THCS HÀ NAM NM H C 2012-2013 Môn thi: TOÁN ÁP ÁN CHÍNH TH C ÁP ÁN-BI U IM (Đáp án bi ểu điểm này g ồm 3 trang) Câu Ni dung im Câu §iÒu kiÖn ®Ó P x¸c ®Þnh lµ : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ ;1 x + y ≠ 0 . 0,5 1.1 x(1+−− xy ) (1 yxyx ) −( + y ) (xy−+ ) ( xx + yy) − xyx( + y ) (2,5 ) P = = 0,5 ()xy+()1 + x() 1 − y ()xy+()1 + x() 1 − y ( x+ y)( x −+− yx xyyxy +− ) xx( +−1) yx( +++ 111) y( x)( − x ) = = 0,5 ()xy+()1 + x() 1 − y ()1+x() 1 − y x− y + y − yx x(1− y)( 1 + yy) −( 1 − y ) = = 0,5 ()1 − y ()1 − y =x + xy − y 0,5 Câu P = 2 ⇔ x+ xy − y = 2 vi x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ ;1 x + y ≠ 0 1.2 0,5 (1,5 ) ⇔xyy(1 +) −( +=⇔ 11) ( x − 11)( + y ) = 1 Ta cã: 1 + y ≥1 ⇒ x −1 ≤ 1 ⇔0 ≤x ≤ 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 0,5 Thay vµo P ta cã c¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m,n 0,5 Câu Cho hai s th c a, b th a mãn 18a+ 4 b ≥ 2013 (1) 2.1 2 (2,0 ) Ch ng minh r ng ph ơ ng trình sau có nghi m: 18ax+ 4 bx + 6719 −= a 0 (2) TH1 : Vi a = 0 thì (2) ⇔4bx + 671 = 0 671 0,5 T (1) ⇒ b ≠ 0 . Vy (2) luôn có nghi m x = − 4b TH2 : V i a ≠ 0 , ta có : ∆=−' 4ba2 18 (671 −=− 9 aba ) 4 2 6 .2013 + 162 a 2 0,5 0,5 ≥−4baab2 6 (18 ++ 4 ) 162 ab 22 =− 4 24 aba + 54 2 =−+≥∀ (2 ba 6 ) 22 16 a 0, ab , Vy pt luôn có nghi m 0,5 Câu Tìm các s nguyên x, y th a mãn ph ơ ng trình: x3+2 x 2 + 3 x += 2 y 3 2.2 3  2 7 (2,0 ) Ta có yxxx3−= 32322 2 ++= x +  +> 0 ⇒ xy 0 ⇒ yx< + 2 (2) 0,5 4  16 T (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0,5 Thay y = x + 1 vào pt ban u và gi i ph ư ng trình tìm ưc x = -1; x = 1 t ó 0,5 tìm ưc hai c p s (x, y) th a mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) Câu Do p là s nguyên t l n h n 3 nên p có d ng p=3 k ± 1 0,5 3.1 *) N u p=3 k + 1 thì 2p+= 1 6 k += 3 3(2 k + 1) (2,0 ) 0,5
⇒ 2p + 1 là h p s (Vô lý) *) N u p=3 k − 1, k ≥ 2 thì 4p+= 1 12 k −= 3 3(4 k − 1) 0,5 Do 4k − 1 ≥ 7 nên 4p + 1 là m t h p s . 0,5 Câu 1 iu ki n: x ≥ 3.2 2 0,5 (2,5 ) PT ⇔4xx2 ++= 334 xx ++ 3221 x − 0,5 ⇔(4xxxx2 − 4 ++++− 3 31221210) ( x −+−= x ) 2 2 ⇔(2x −+ x 3) +−( 1210 x −=) 0,5 2x= x + 3 ⇔  0,5 1= 2x − 1 4x2 = x + 3 ⇔ ⇔x = 1 (tm k) 0,5  1= 2x − 1 Câu 4 Câu Hình v úng. 0,5 y 4.1 +PK là phân giác góc QPO (2,5 ) 0,5 ⇒ MPE = KPQ (*) . 0 Q + Tam giác OMN u ⇒ EMP =120 . + QK c ng là phân giác OQP 0,5 N 0 E D QKP = 180 −( KQP + KPQ ) K Mà 2KQP+ 2KPQ = 1800 −= 60 0 120 0 x 0 0,5 O ⇒ QKP =120 . Do ó: EMP = QKP () . M P T (*) và ( ), ta có ∆MPE ∆ KPQ F 0,5 Câu Do hai tam giác MPE và KPQ ng d ng nên: MEP = KQP 0,5 4.2 (1,0 ) hay: FEP = FQP Suy ra, t giác PQEF n i ti p ưc trong ưng tròn. 0,5 Câu Gi D là trung im c a on PQ. Ch ng minh tam giác DEF là m t tam giác u. 4.3 PM PE PM PK (2,5 ) Do hai tam giác MPE và KPQ ng d ng nên: = . Suy ra: = . PK PQ PE PQ 0,5 Ngoài ra: MPK = EPQ . Do ó, hai tam giác MPK và EPQ ng d ng. T ó: PEQ = PMK = 90 0 . 0,5 Suy ra, D là tâm c a ưng tròn ngo i ti p t giác PQEF. 0,5 Vì v y, tam giác DEF cân t i D. Ta có: FDP = 2FQD = OQP ; EDQ = 2EPD = OPQ . 0,5 FDE =− 1800 FDP + EDQ = POQ = 60 0 ( ) 0,5 T ó, tam giác DEF là tam giác u. Câu 5 Cho a, b, c là ba s th c d ơ ng th a mãn: a+ b + c = 3 . Ch ng minh r ng:
(2,0 ) a+1 b + 1 c + 1 + + ≥ 3 1+b2 1 + c 2 1 + a 2 Theo bt ng th c Cauchy ta có: 1+b2 ≥ 2 b nên: a+1 b2 ( a + 1) b 2 ( a + 1) ab + b =+−(a 1) ≥+− ( a 1) =+− a 1 1+b2 b 2 + 1 2 b 2 a+1 abb + ⇔2 ≥+−a 1 1+ b 2 0,5 Tư ng t ta có: b+1 bcc + ≥b +1 − (2) 1+ c2 2 c+1 ca + a ≥c +1 − (3) 1+ a2 2 Cng v theo v (1), (2) và (3) ta ưc: a+1 b + 1 c + 1 a ++−−− b c ab bc ca 0,5 + + ≥+3 (*) 111+b2 + c 2 + a 2 2 2 a++− b c ab − bc − ca Mt khác: 3(ab++ bc ca ) ≤++() a b c = 9⇒ ≥ 0 2 a+1 b + 1 c + 1 0,5 Nên (*) ⇔2 + 2 + 2 ≥ 3 ( pcm) 1+b 1 + c 1 + a Du "=" x y ra khi và ch khi a= b = c = 1 HT Lưu ý: - Các cách gi i úng khác cho im t ư ng ư ng v i bi u im - im toàn bài không làm tròn
S GIÁO D C VÀ ÀO T O K THI CH N H C SINH GI I T NH HÀ NAM LP 9 THCS N M 2011 Môn Toán CHÍNH TH C Th i gian: 150 phút ( không k ể th ời gian giao đề) Bài 1.(6 điểm) 6+ 2 5 − 13 + 48 1. Cho bi u th c A = 3+ 1 a) Rút g n bi u th c A. b) Tìm nghi m nguyên c a ph ươ ng trình: y2−= A x(A + x)(A + x) 2 2. Gi d1 ,d 2 là các ưng th ng l n l ưt có ph ươ ng trình: 2 d:y1 = 2x + 3m + 2 và d:y2 = (m + m)x − 4 a) Tìm m hai ưng th ng d1 ,d 2 song song. b) Tu theo giá tr c a m, tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: 2 2 2 B=() 2x −+++ y 3m 2 (m + m)x −− y 4  Bài 2.(6 điểm) 1. Gi i ph ươ ng trình: 2(x2+= 2) 3( x 3 ++ 8 2x ) 2. Tìm m ph ươ ng trình sau có 4 nghi m phân bi t: x43+− 3x (2m − 1)x 2 −( 3m +++= 1x) m 2 m 0 Bài 3.(1 điểm) x2y1x( −−+) y2x1y( −−=) 0 Gi i h ph ươ ng trình :  x3+ y 3 = 16 Bài 4.(6 điểm) Cho 3 im c nh A, B, C phân bi t và th ng hàng theo th t ó. ưng tròn (O) i qua B và C (O không thu c BC). Qua A k các ti p tuy n AE và AF n ưng tròn (O) (E và F là các ti p im). Gi I là trung im c a on th ng BC, N là trung im c a on th ng EF. 1. Ch ng minh r ng: E và F n m trên m t ưng tròn c nh khi ưng tròn (O) thay i. 2. ưng th ng FI c t ưng tròn (O) t i E’(khác F). Ch ng minh t giác BCE’E là hình thang. 3. Ch ng minh r ng: Tâm ưng tròn ngo i ti p tam giác ONI n m trên m t ưng th ng c nh khi ưng tròn (O) thay i. Bài 5.(1 điểm) Cho tam giác ABC. Xác nh v trí c a im M n m trong tam giác ABC sao cho AM.BC+ BM.CA + CM.AB t giá tr nh nh t. HT (Giám th ị không gi ải thích gì thêm ) Họ và tên: Số báo danh : Ch ữ kí c ủa giám th ị 1 Ch ữ kí c ủa giám th ị 2
PHÒNG GIÁO D C – ÀO T O C TH ĐỀ THI CH ỌN ĐỘI TUY ỂN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP HUY ỆN N ĂM H ỌC 2013-2014 MÔN TOÁN 9 Th i gian làm bài: 150 phút Bài 1 : Rút g n các bi u th c sau: a) A=+ 4 1025 + +−+ 4 1025 − 5 2 2 x2 y 2 ()xyx−2() xyy − 2 b) B = + − v i xy > 0; x ≠ y xy xxy()− yxy() − Bài 2 : Tìm các s nguyên x, y th a mãn y2 + 2xy − 7x − 12 = 0 Bài 3 : Gi i các ph ươ ng trình 5x−  5x −  10 14 a) x  x+  = 6 b) ()x− 2013 +−() x 2014 = 1 x1+  x1 +  Bài 4 : Cho ∆ABC vuông t i A (AC > AB), ưng cao AH (H ∈ BC). Trên tia HC l y im D sao cho HD = HA. ưng vuông góc v i BC t i D c t AC t i E. a) Ch ng minh r ng ∆BEC ∼ ∆ADC. Tính BE theo m = AB b) G i M là trung im c a BE. Ch ng minh r ng ∆BHM ∼ ∆BEC. Tính AHM GB HD c) Tia AM c t BC t i G. Ch ng minh r ng = BC AH+ HC Bài 5 : a) Cho x33++ y 3x( 22 + y) + 4xy( ++=) 40 và xy > 0 1 1 Tìm GTLN c a M = + x y b) V i a, b, c là các s th c d ươ ng. Ch ng minh r ng a5 b 5 c 5 abc 333+ + + + ≥ a2++ abb 22 b ++ bcc 22 c ++ caa 2 3 Bài gi ải c ủa Nguy ễn Ng ọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) t x=+ 4 1025 + +− 4 1025 + ⇒ x2 =+ 8262582 − =+() 51 −=+ 625 ⇒ x= 5 + 1 . Do ó A = 1 (xyx−) ( xyy − ) b) B= 1 + − xxy()− yxy() − Xét các tr ưng h p x y > 0 và y > x > 0 ta u ưc B= 1 Bài 2 : Cách 1 : y2 + 2xy7x12 −−=⇔+ 0( xy)2 =+( x3x4)( + ) (x + 3)(x + 4) là tích c a 2 s nguyên liên ti p nên không th là 1 s chính ph ươ ng x30+=  x =− 3 Dó ó ⇔  T ó ta tìm ưc (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)} x40+=  x =− 4
Cách 2 : y2 + 2xy −−=⇔ 7x 12 0 4y2 + 8xy − 28x −=⇔ 48 0 4y2 −+ 49 4x2y( −=− 7) 1 2y71−=  x =− 4 2y7−=− 1  x =− 3 ⇔(2y − 7)( 2y ++ 7 4x) =− 1 ta có ⇔  ⇔  2y74x++ =− 1  y = 4 2y7++= 4x 1  y = 3 5− x  5− x Bài 3 : a) Cách 1 : KX : x ≠ -1. t x  = a và x+ = b . x+ 1  x+ 1 5x−  5x −  5xxx −+++−2 2 x5x Ta có abxx+=  ++=  = 5 x1+  x1 +  x1 + a= 2  5− x   = = x  2  2 ab= 6 b 3 a2=x+ 1   x3x20 −+= 2 Do ó  ⇔ . V i ⇒ ⇔  ⇒ x− 3x + 2 = 0 a+ b = 5 a= 3 b= 3 − x2 − 3x + 2 = 0   5 x   x+ = 3 b= 2  x+ 1 x= 1 ⇔()()x1x2 − − = 0 ⇔  x= 2  5− x  x  = 3  2 a3=x+ 1   x2x30 −+= 2 Vi ⇒ ⇔  ⇒ x2 − 2x30 +=⇔() x1 − += 20 , vô nghi m b= 2  5− x x2 − 2x + 3 = 0 x+ = 2  x+ 1 Vy ph ươ ng trình có t p nghi m S = {1; 2} 5x−  5x −  2 Cách 2 : x  x+  =⇔− 6()() 5xxx56x122 +=+⇔−+() x5x11x13x60 432 −+= x1+  x1 +  ⇔−+x432 5x 11x − 13x6 +=⇔ 0( x 2 −+ 3x2x)( 2 −+= 2x3) 0 T ó ta tìm ưc t p nghi m S = {1; 2} b) ()x− 201310 +−() x 2014 14 =⇔− 1 x 2013 5 +− x 2014 7 = 1 Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghi m c a ph ươ ng trình. Ta ch ng minh 2 nghi m này là duy nh t Xét x 1⇒ x− 20147 > 1⇒ x− 2013 5 +− x 2014 7 > 1 5 0 2014 ⇒ x− 2014 1⇒ x− 20135 > 1⇒ x− 2013 5 +− x 2014 7 > 1 Vy ph ươ ng trình có nghi m x = 2013, x = 2014 A EDC = BAC = 900 (gt) Bài 4 : a) Xét ∆EDC và ∆BAC có  C chung  E EC BC m ⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = M DC AC Xét ∆BEC và ∆ADC có B H G D C
 EC BC  = DC AC ⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c)  C chung ⇒ BEC = ADC . M t khác AH = HD (gt) nên ⇒ ADH = 450⇒ ADC = 135 0⇒ BEC = 135 0⇒ AEB = 45 0 ⇒ ∆AEB vuông cân t i A. Do ó BE= m 2 AHB = CAB = 900 (gt) b) Xét ∆AHB và ∆CAB có  ⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g) B chung AB BH BE BH BM BH ⇒ = ⇒ AB2= BH.BC⇒ 2AB 2= 2BH.BC⇒ BE 2 = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = BC AB 2BC BE BC BE BM BH  = (Vì BE = 2BM). Xét ∆BHM và ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c)  MBH chung ⇒ BHM = BEC = 1350⇒ AHM = 45 0 AHC = BAC = 900 (gt) AH AB c) Xét ∆AHC và ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = (1) C chung HC AC Mt khác ∆AEB vuông cân t i A có AM là trung tuy n thì AM c ng là phân giác hay AG là ưng GB AB phân giác c a ∆ABC. Suy ra = (2). T (1) và (2) ta có: GC AC GB AH = ⇒ GB.HC= AH.GC⇒ GB.HC= AH.() BC − GB⇒ GB.HC= AH.BC − AH.GB GC HC GB HD ⇒ AH.GB+ GB.HC = HD.BC (Vì HD = AH) ⇒ GB.( AH+ HC) = HD.BC ⇒ = BC AH+ HC Bài 5 : a) x33++ y 3x( 22 + y) + 4xy( ++=) 40 ⇔+(xyx)( 2 −++ xyy 22) 2x( −+++ xyy 22) ( x 2xyy ++ 2 ) 4xy( ++=) 40 2 1 ⇔−+()x2 xyy 2 ()() xy2 +++++=⇔ xy2 0() xy22x ++()2 − 2xy2y + 2 +++= 2x2y4 0 2 1 2 2 2 ⇔()()()()xy2xy ++ − ++ x1 ++ y1 +=⇔++=⇔+=− 20  xy20 xy 2 2   Mà xy > 0 do ó x, y < 0 (−x) +( − y ) −2 Áp d ng B T CauChy ta có ()()−−≤x y = 1 nên xy 1, do ó ≤ − 2 2 xy 1 1 x+ y Vy M=+= ≤− 2 , GTLN c a M là -2. t ưc khi x = y = -1 x y xy a3 2ab− b) Cách 1 : Ta có: ≥ ⇔≥−3a3() 2aba() 2 ++⇔+≥ abb 233 a b abab() + a2+ ab + b 2 3 ⇔−+≥⇔−a2 ab b 2 ab() a b2 ≥ 0 luôn úng. a3 2ab− a5 2aab 3 − 2 Do ó ≥ ⇔ ≥ . Ch ng minh t ươ ng t ta ưc aabb22++ 3 aabb 22 ++ 3
a5 b 5 c 5 abcabcabbcca 333333222++ ++−−− + + ≥ + aabbbbccccaa2++ 22 ++ 22 ++ 2 3 3 Mt khác: Vai trò a, b, c nh ư nhau nên gi s a≥ b ≥ c > 0 a3332222++−−−= b c abbccaaab( −+) bbc 2( −+) cca 2 ( − ) =aab2()()()()()()()() −+ bbaaccca 2 −+−+ 2 −=− ab2 ab ++− acbcbc − +≥ 0 a5 b 5 c 5 abc 333+ + T ó suy ra + + ≥ . D u “=” x y ra khi a = b = c a2++ abb 22 b ++ bcc 22 c ++ caa 2 3 Cách 2 : Áp d ng B T Bunhia m r ng ta có abc555 a 6 b 6 c 6 ++ = + + a2++ abb 22 b ++ bcc 22 c ++ caa 232 a ++ abab 232 b ++ bcbc 232 c ++ caca 2 2 (a3+ b 3 + c 3 ) ≥ a3332+++ b c ab + ab 22 + bc + bc 22 + ca + ca 2 Mt khác ()ab−2 ≥⇔−+≥⇔+≥ 0 a2 abb 2 ab a 33 b abab() + tươ ng t b3+ c 3 ≥ bcb( + c ) c3+ a 3 ≥ ca( c + a ) . Suy ra 2a( 3+ b 3 + c 3 ) ≥ aba( + b) + bcbc( +) + caca( +) ⇔ 3a( 333++≥+++ b c) a 333 b c abab( ++) bcbc( ++) caca( + ) 3 3 3 2 (a+ b + c ) a3+ b 3 + c 3 ⇒ ≥ a3332+++ b c abab + 22 + bcbc + 22 + caca + 2 3 Dự đoán: M i câu 1 theo thang im 10 và m i câu 2 theo thang im 20
PHÒNG GD& ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI VÒNG I NĂM H ỌC 2012-2013 CHÍNH TH C MÔN: TOÁN - L ỚP 9 (Th ời gian làm bài: 150 phút) Câu I (2,0 điểm). x2+ x1 + 1 Cho bi u th c: A = + + v i x≥ 0, x ≠ 1 xx1x− ++ x11 − x 1) Rút g n A 1 2) Ch ng t r ng: A < 3 Câu II (2,0 điểm). 1) Gi i ph ươ ng trình: x− x − 15 = 17 2) Tìm x, y sao cho: 5x− 2x2( +++= y) y2 10 Câu III (2,0 điểm). 1) Tìm s nguyên x, sao cho : x2 + x − p = 0 v i p là s nguyên t . m2 − 2013m + 2012 2) Tìm m hàm s b c nh t y= x − 2011 là hàm s m2 − 22m + 3 ngh ch bi n. Câu IV (3,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC có ba góc nh n n i ti p ưng tròn (O ; R), hai ưng cao BE và CF c a tam giác c t nhau t i H. K ưng kính AK c a ưng tròn (O ; R), g i I là trung im c a BC. a) Ch ng minh AH = 2.IO. b) Bi t BAC = 60 0 , tính dài dây BC theo R. 2) Cho ∆ABC(A = 900 ) , BC = a. G i bán kính c a ưng tròn n i ti p r 2− 1 ∆ABC là r. Ch ng minh r ng: ≤ . a 2 Câu V (1,0 điểm). Cho x+ 3y ≥ 1 . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: C= x2 + y 2 –––––––– H t ––––––––
HƯỚNG D ẪN CH ẤM ĐỀ THI CH ỌN HSG VÒNG I NĂM H ỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN - L ỚP 9 Câu Ph ần Nội dung Điểm x2+ x1 + 1 A = + − 0.25 x1x− + x1 + x+ x1 + x1 − ()() x2x1x++−−− x1 − A = 0.25 ()x1x−() + x1 + 1 (1,0 ) x− x A = 0.25 x1x− + x1 + ()() x( x− 1 ) x Câu I A = = , v i x≥ 0, x ≠ 1 0.25 (2,0 im) ()x1x−() + x1 + x+ x + 1 2 1 1 x ( x− 1 ) Xét −=−A = 0.50 3 3 x++ x 1 3(x ++ x 1) ≥ ≠ 2 Do x 0, x 1 2 (1,0 ) 2 1  3 ⇒ ()x1−> 0và x ++= x1 x +  +> 0 0.25 2  4 1 1 ⇒ −A > 0 ⇔ A < 0.25 3 3 KX : x≥ 15 x− x15 −=⇔−− 17 x15 x15 −−= 2 0 0.25 t t= x15(t − ≥ 0)⇒ t2 − t − 2 = 0 0.25 1 (1,0 ) t= 2( TM§K ) ⇔()()t − 2t1 + = 0 ⇔  0.25 t= − 1() lo¹i Vi t2= ⇒ x152− =⇔− x154 =⇔= x19 (TM K) 0.25 KX : x≥ 0 2 2 Câu II 5x− 2x2( + y) + y + 10 = ⇔ 4x− 4x ++− 1x 2yx += y 0 0.25 (2,0 im) 2 2 ⇔(2x1 −+) ( xy −=) 0 (1) 0.25 2 2 Vì (2x1−≥) 0,( x − y) ≥∀≥ 0x 0,y 2 2 2 (1,0 ) ⇒ (2x1−+) ( xy −) ≥ 0 . 0.25  1 x =   2x− 1 = 0  4 (1) x y ra thì ⇔  (TM) 0.25 1  x− y = 0 y =  2 Theo bài ra: p= x2 += x xx1( + ) mà x, x + 1 là s nguyên liên ti p Câu III 1 nên x( x+ 1 ) là s ch n ⇒ p là s ch n. 0.25 (2,0 im) (1,0 ) Mt khác p là s nguyên t nên p = 2 0.25 2 ⇒ x+ x − 2 = 0 ⇔(x + 2x1)( −) = 0 ⇔ x = 1 ho c x = - 2 (TM) 0.50
m2 − 2013m + 2012 hàm s y= x − 2011 ngh ch bi n thì m2 − 22m + 3 2 m− 2013m + 2012 2 ∀ 10m 2 ( ) 0.25 m− 22m + 3 (1) ⇔−m2 2013m + 2012   m1 >    m− 2012 0   m > 2012 ⇒1< m < 2012 0.25 A Vì B, C thu c ưng tròn ưng kính AK ⇒ ABK = ACK = 90 0 E ⇒ KB⊥ AB,KC ⊥ AC 0.25 F CH⊥ AB,BH ⊥ AC (gt) O ⇒ H BK // CH,CK // BH 1a ⇒ BHCK là hình bình hành 0.25 B C (1,0 ) I I là trung im c a BC (gt) ⇒ I là trung im c a HK K O là trung im c a AK (gt) ⇒ OI là ưng trung bình c a ∆KAH 0.25 1 ⇒ OI= AH⇒ AH= 2.IO 0.25 2 OA= OC⇒ ∆ OAC cân t i O ⇒ OAC = OCA KOC = OAC + OCA (T/c góc ngoài c a tam giác) ⇒ KOC = 2.OAC 0.25 Câu IV Ch ng minh t ươ ng t : KOB = 2.OAB (3,0 im) 1b ⇒ KOC + KOB = 2( OAC + OAB ) ⇒ BOC = 2.BAC = 120 0 0.25 (1,0 ) OB= OC⇒ ∆ OBC cân t i O ⇒ OCI =( 1800 − 120 0) : 2 = 30 0 0.25 Vì I là trung im c a BC (gt) ⇒ OI⊥ BC 3 Trong ∆OIC$ I = 90 0 : IC= OC.cos300 = R.⇒ BC= R 3 0.25 ( ) 2 B r 2− 1 D ≤ ⇔≤2r a2 −⇔+≤ a 2r a a2 0.25 a 2 E r O C/m ưc AB + AC = 2r + a 0.25 ⇒ AB+ AC ≤ BC 2 A F C 2 2 2 2 ⇔+AB 2AB.AC +≤ AC 2BC (1,0 ) 2 222 ⇔+AB 2AB.AC +≤ AC 2AB + 2AC ⇔()()AB − AC2 ≥ 0 1 0.25 r 2− 1 BT (1) úng ⇒ ≤ , du “=” x y ra khi ∆ABC v/cân t i A. 0.25 a 2 Câu V (1,0 ) (1,0 im) Do x+ 3y ≥ 1 , t x+ 3y = 1 + a v i a≥ 0 ⇒ x = 1 + a – 3y, thay vào
bi u th c C: ⇒ C= 10y2 − 6ay −+++ 6y a 2 2a 1 0.25 2 3  12 11 C= 10 y −() a ++ 1  () a ++≥ 2a . 0.50 10  10 10 10 1 ⇒ min C = khi: 10  3 3  3  3 y = y−+=() a10y  = y =  10 10⇔  10 ⇔ 10 ⇔  1 0.25 a0=  a0 =  x3y1 +=  x =  10 * H ọc sinh làm b ằng cách khác đúng v ẫn cho điểm t ối đa.