Embed Size (px)
DESCRIPTION
Toán gjadjnhan hnah nhsan hnhsanh nhan
Citation preview
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI AN GIANG Năm học 2009 – 2010 Môn: TOÁN Lớp: 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (4,0 điểm) Chứng minh rằng các số sau đây là những số nguyên:
1/. ( )2 52 12 5 273 1 3 3 1 3 3
a = − + + − − −
2/. 4 5 3 5 48 10 7 4 3b = + + − + Bài 2: (6,0 điểm) 1/. Cho phương trình ẩn x , tham số m : 2 22( 1) 2 3 0− + + + − =x m x m m Xác định các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm 1 2,x x sao cho
2 12008 2013< < <x x .
2/. Giải hệ phương trình: ( )2 23 3
3 3
2( ) 3
6
+ = + + =
x y x y xy
x y
Bài 3: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) ( )3 3 3 32 1 1 2 1 1= + + + + + − +y x x x x
Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), các tiếp tuyến tại A và C đồng quy với đường thẳng BD ở M. Chứng minh rằng: AB. CD = BC. AD Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC kéo dài về phía C, lấy một điểm M. Một đường thẳng ∆ đi qua M cắt các cạnh CA, AB tại N và P. Chứng minh rằng: BM CM
BP CN− không đổi, khi M và ∆ thay đổi.
---------------------------Hết---------------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD: ……….. PHÒNG: ……..
Ubnd tØnh b¾c ninh Së gi¸o dôc vµ §µo t¹o
®Ò thi chän häc sinh giái cÊp tØnh N¨m häc: 2009 - 2010
M«n thi: to¸n – líp 9 - thcs (Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Ngµy thi 14 th¸ng 4 n¨m 2010
C©u 1 (3,5 ®iÓm)
1) Rót gän biÓu thøc: 2 3 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
+ −+
+ + − −.
2) Cho hµm sè f(x) = (x3 + 6x - 5)2010. TÝnh f(a), víi a = 33 173173 −++ .
C©u 2 (4,5 ®iÓm) 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
2
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y
z 2z x 2x z
− + = − + = − + =
.
2/ Gi¶i ph¬ng tr×nh: 3 2 13
x x x− − = .
C©u 3 (4,0 ®iÓm) Cho ®êng trßn (O, R) néi tiÕp h×nh thang ABCD (AB//CD), víi E; F; G; H
theo thø tù lµ tiÕp ®iÓm cña (O, R) víi c¸c c¹nh AB; BC; CD; DA.
1) Chøng minh EB GDEA GC
= . Tõ ®ã, h·y tÝnh tû sè EBEA
,biÕt: AB= 4R3
vµ BC=3R.
2) Trªn c¹nh CD lÊy ®iÓm M n»m gi÷a hai ®iÓm D vµ G sao cho ch©n ®êng vu«ng gãc kÎ tõ M ®Õn DO lµ ®iÓm K n»m ngoµi (O, R). §êng th¼ng HK c¾t (O, R) ë ®iÓm T (kh¸c H). Chøng minh MT = MG.
C©u 4 (4,0 ®iÓm)
1/ Cho tam gi¸c ABC cã BC = a; CA = b; AB = c vµ R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tho¶ m·n hÖ thøc R(b + c) = a bc . H·y x¸c ®Þnh d¹ng tam gi¸c ABC.
2/ Gi¶ sö tam gi¸c ABC kh«ng cã gãc tï, cã hai ®êng cao AH vµ BK. Cho biÕt AH ≥ BC vµ BK ≥ AC. H·y tÝnh c¸c gãc cña tam gi¸c ABC.
C©u 5 (4,0 ®iÓm)
1/ T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè tù nhiªn n vµ k ®Ó ( 4 2k 1n 4 )++ lµ sè nguyªn tè.
2/ Cho c¸c sè thùc a vµ b thay ®æi tháa m·n 3 3a b 2+ = . T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn cña (a + b).
-------------------HÕt -------------------- (§Ò thi gåm 01 trang)
Hä vµ tªn thÝ sinh: ................................................. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: Sè b¸o danh:............................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2:
§Ò chÝnh thøc
THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P 9 THCS � T NH BÌNH NH MÔN TOÁN � Th i gian: 150 phút � Ngày 18 � 03 � 2009 Bài 1: (3 i m) Tìm t t c các c p s nguyên (m, n) sao cho 2n3 � mn2 � 3n2 + 14n � 7m � 5 = 0 Bài 2: (3 i m)
Cho x, y, z là 3 s th c khác 0 và 1 1 1 0x y x
Ch ng minh r ng 2 2 2
yz zx xy 3x y z
Bài 3: (3 i m) Gi i h ph ng trình:
x y 7
x 20 y 3 6
Bài 4: (4 i m)
Cho i m O thu c mi n trong c a tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO c t các c nh tam giác ABC l n l t t i G, E, F.
Ch ng minh r ng OA OB OC 2AG BE CF
Bài 5: (4 i m)
Cho ng tròn (O), ng kính AB. Trên tia ti p tuy n Ax v i ng tròn (O) l y i m C sao cho AC = AB. ng th ng BC c t ng tròn (O) t i D, M là m t i m
thay i trên o n AD. G i N và P l n l t là chân ng vuông góc h t M xu ng AB và AC, H là chân ng vuông góc h t N xu ng ng th ng PD.
a) Xác nh v trí c a M tam giác AHB có di n tích l n nh t. b) Ch ng minh r ng khi M thay i, HN luôn i qua m t i m c nh. Bài 6: (3 i m)
Ch ng minh: 1 1 117 182 3 100
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 GIA LAI Năm học: 2009 – 2010 ---------------------------------- Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI: Câu 1: (2,5 điểm) Chứng minh rằng 1975 20102 5+ chia hết cho 3. Câu 2: (2,5 điểm) Chứng minh rằng nếu ( )( )2 21 1 1xy x y+ + + = , thì 2 21 1 0x y y x+ + + = .
Câu 3: (3 điểm) Cho 3 số dương , , a b c . Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 a b b c c aa b c ab bc ca
+ + ++ + ≤ + + .
Câu 4: (3,5 điểm) Cho phương trình ( )2 2 1 3 0x m x m− − + − = , m∈¡ . a) Chứng minh rằng với mọi m∈¡ , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1x và 2x . b) Tìm số nguyên m để các nghiệm 1x và 2x cũng là số nguyên. Câu 5: (4 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): 21
4y x= và đường thẳng (d):
1 y mx= + , m∈¡ . Chứng minh rằng với mọi m∈¡ : a) (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. b) Diện tích tam giác AOB không nhỏ hơn 1 . 2m + .
Câu 6: (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N. Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI tại P. Chứng minh rằng góc IPB vuông. .............................HẾT...............................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - LỚP 9 HÀ NỘI Năm học 2009-2010
Môn: Toán Ngày thi : 31 - 3 - 2010 Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 01 trang) Bài I (4 điểm)
Tính giá trị của biểu thức:
A = 31 3 2010 2009( )x x x+ − với 33(2 5). 17 5 38
5 14 6 5x + −
=+ −
Bài II (4 điểm)
1) Giải phương trình : 4 3 23 2 6 4 0x x x x+ − − + =
2) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
1xy x y a+ + = +
2 2x y xy a+ = Bài III (4 điểm)
1) Giải bất phương trình: 4 3
4 3 2
1 02 1
x x xx x x x
+ + +≤
− + − +
2) Tìm giá trị lớn nhất của:
B = 3 3 3 3 3 3
1 1 11 1 1x y y z z x
+ ++ + + + + +
Với x, y, z là các số dương và x, y, z = 1 Bài IV (6 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). D là một điểm bất kì thuộc
cung nhỏ AC (D khác A và C). Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường
thẳng AB, AC. Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN, BC.
1) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau.
2) Đường tròn (I; r) nội tiếp tam giác ABC. Tính IO với R = 5cm, r = 1,6cm.
Bài V (2 điểm)
Tìm các số x, y nguyên dương để C là số nguyên dương với
C = 3
1x xxy
+−
-------------------- Hết--------------------- ( Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................................................................................. Số báo danh:.....................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Đề chính thức Đề thi môn: toán Ngày thi: 25 tháng 3 năm 2010 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: ( 6 điểm)
1. Rút gọn biểu thức: 2 3 2 3 : 37 4 3 7 4 3
+ −−
− +
2. Biết: ( )( )2 25 5 5x x y y+ + + + = ; Tính giá trị của biểu thức A= x + y
3. Phân tích thành nhân tử biểu thức sau: ( n+ 1)( n+3)(n + 5)( n+ 7) + 15 ( yêu cầu phân tích thành 4 nhân tử bậc nhất)
Bài 2: ( 6 điểm) 1. Giải phương trình: x3 + 3x2 + x – 2 = 0
2. Giải hệ phương trình: 3 3
2
3 320 0
x x y yx xy
+ = +
+ − =.
3. Cho hàm số y = mx + 1- x+ m ( m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ thành tam giác có diện tích là 2.
Bài 3: ( 5 điểm) 1. Cho hình thang cân ABCD biết 2 đáy AB = 10, CD =22 và DB là phân giác của
góc ADC. Tính diện tích hình thang. 2. Cho 2 đường tròn (O; R) và ( I ; r) cắt nhau tại 2 điểm A, B. Biết R = 3; r = 4 và
OI =5. Một cát tuyến qua B cắt 2 đường tròn lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng: Tam giác ACD là tam giác vuông với mọi vị trí của cát tuyến CD.
Bài 4: ( 1 điểm) Cho 2 số a, b thảo mãn a ≥ 1; b ≥ 4, Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: A = 1 1a b
a b+ + + .
Bài 5:( 2 điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số thỏa mãn chữ số hàng ngìn và hàng trăm bằng nhau; Chữ số hàng chục và hàng đơn vị bằng nhau.
…………………Hết……………………..
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số 3 2010f (x) (x 12x 31)= + −
Tính f (a) tại 3 3a 16 8 5 16 8 5= − + +
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 25(x xy y ) 7(x 2y)+ + = + Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình: 2 3 2 2x x x x x= − + −
b) Giải hệ phương trình: 2
1 1 1 2x y z2 1 4
xy z
+ + = − =
Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3
1 1 1Ax y 1 y z 1 z x 1
= + ++ + + + + +
Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE= b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH PD⊥ tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
- - - Hết - - -
GV :TRương Quang Huệ - Quỳnh Bá – Q .L - Nghệ An..
Đề chính thức
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o TØnh ninh b×nh
®Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS N¨m häc 2009- 2010
M«n: To¸n C©u 1 (4,0 ®iÓm):
1. Rót gän biÓu thøc: 1 1 1 1...
1 5 5 9 9 13 2006 2010P = + + + +
+ + + +
2. Cho 3 35( 6 1) 5( 6 1)x = + − − . TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: A = x3 +15x C©u 2 (6,0 ®iÓm):
1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: 2 2
2 2
2( 2) 02 16
x y xyx y xy
+ + − =
+ − =
2. Gi¶i ph¬ng tr×nh: 4 3 316 5 6 4x x x+ = + C©u 3 (6,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c ABC cã · 060BAC = , AC = b, AB = c (víi b > c). §êng kÝnh EF cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC vu«ng gãc víi BC t¹i M. Gäi I vµ J lÇn lît lµ ch©n ®êng vu«ng gãc h¹ tõ E xuèng c¸c ®êng th¼ng AB vµ AC. Gäi H vµ K lÇn lît lµ ch©n ®êng vu«ng gãc h¹ tõ F xuèng c¸c ®êng th¼ng AB vµ AC.
1. Chøng minh c¸c tø gi¸c AIEJ vµ CMJE néi tiÕp. 2. Chøng minh ba ®iÓm I, J, M th¼ng hµng vµ IJ vu«ng gãc víi HK 3. TÝnh ®é dµi c¹nh BC vµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC
theo b, c C©u 4 (2,0 ®iÓm): Cho x > 0, y > 0 vµ 4x y+ ≤ .
TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 5 5M x yx y
= + + +
C©u 5 (2,0 ®iÓm): T×m c¸c cÆp sè nguyªn (x; y) tháa m·n: 5x - 3y = 2xy - 11.
HÕT.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM 2009-2010
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN ( BẢNG B)
Ngày thi: 25/3/2010 Thời gian làm bài: 150 phút
( không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 3,5 điểm )
Cho biểu thức : xy 2y 1 yz 2y 1 zx 2x 1A
xy x y 1 yz y z 1 zx z x 1+ + + + + +
= + ++ + + + + + + + +
( với x;y;z là các số thực có giá trị khác -1). Chứng minh A là một số
nguyên.
Bài 2: ( 3,5 điểm )
Tìm số tự nhiên a sao cho A=a2 +10a +136 có giá trị là số chính phương.
Bài 3. (4điểm)
Giải phương trình: 2 2
2 7 13x x 2 3x 5x 2 x
− =− + + +
Bài 4.( 7 điểm )
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C là điểm chính giữa cung AB,
M là điểm bất kỳ thuộc cung BC ( điểm M khác B và C ) AM cắt OC tại I.
Kẻ CK vuông góc với AM ( K∈AM), OK cắt BC tại N
a) Chứng minh IKNC là tứ giác nội tiếp
b) Khi M di chuyển trên cung BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ICM luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Bài 5: ( 2 điểm )
Trục căn thức ở mẫu: 3 3
2A2. 2 2 4
=+ +
-------------------- Hết -------------------
1
Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Th¸i B×nh
§Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2009-2010
M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bµi 1. (3 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:
2 4 4 2 4 22x y 2y y 5x 2y 5xy 2x 1+ + + + = + +
Bµi 2. (3 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
( )( )
2 22
3 854xy 4 x y3x y
1 132xx y 3
+ + + = + + = +
Bµi 3. (3 ®iÓm) Chøng minh r»ng: NÕu ®a thøc P(x) = x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 cã nghiÖm th× 2b c 2+ ≥ .
Bµi 4. (3 ®iÓm) Cho x; y lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: 4x2 + y2 = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña
biÓu thøc: 2x 3yA
2x y 2+
=+ +
.
Bµi 5. (3 ®iÓm) Tõ mét ®iÓm E ë ngoµi ®êng trßn t©m O kÎ 2 tiÕp tuyÕn víi ®êng trßn t¹i A vµ B.
Gäi M lµ ®iÓm n»m trªn ®o¹n AB (M kh¸c A vµ B, MA ≠ MB). Gäi C vµ D lµ 2 ®iÓm trªn ®êng trßn sao cho M lµ trung ®iÓm cña CD. C¸c tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i F. Chøng minh r»ng tam gi¸c OEF lµ tam gi¸c vu«ng.
Bµi 6. (3 ®iÓm)
Cho ®êng trßn (O; R) vµ 2 ®iÓm A, B n»m ngoµi ®êng trßn sao cho OA = R 2 . T×m ®iÓm M trªn ®êng trßn sao cho tæng MA + 2.MB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt.
Bµi 7. (2 ®iÓm) Mét tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè tù nhiªn cã 2 ch÷ sè. NÕu ®æi chç
hai ch÷ sè cña sè ®o c¹nh huyÒn ta ®îc sè ®o cña mét c¹nh gãc vu«ng. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®ã.
--- HÕt ---
®Ò chÝnh thøc
K× thi chän HSG TØnh Thanh Hãa N¨m häc: 2009 - 2010
Bµi 1. (4 ®iÓm )
Cho biÓu thøc: P = 2 1.11 2 1 2 1
x x x x x x x xxx x x x x
+ − + −− + −− + − −
a) Rót gän biÓu thøc P. b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P khi
( )( )5 2 6 49 20 6 5 2 6
4 9 3 11 2x + − −
=−
Bµi 2. (5 ®iÓm ) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 2
2 13 63 5 2 3 2
x xx x x x
+ =− + + +
b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2
( 3 ) 44 5x x y
y xy+ =
= −
Bµi 3. (3 ®iÓm ) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
A = ( )( )( ).y z x yz xx y y z z xx y z
+ +++ + + + +
Víi x, y, z lµ ba sè thùc d¬ng thay ®æi cã tæng b»ng 2 Bµi 4. (6 ®iÓm ) Cho tam gi¸c ®Òu ABC néi tiÕp ®êng trßn (O). Mét ®êng th¼ng d thay ®æi nhng lu«n ®i qua A c¾t hai tiÕp tuyÕn t¹i B vµ C cña ®êng trßn (O) t¬ng øng t¹i M vµ N. §êng th¼ng d c¾t ®êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ E kh¸c A. MC c¾t NB t¹i F . Chøng minh r»ng: a) Hai tam gi¸c ACN vµ MBA ®ång d¹ng; hai tam gi¸c MBC vµ BCN ®ång d¹ng b) Tø gi¸c BMEF néi tiÕp ®îc ®êng trßn c) Khi d thay ®æi nhng lu«n ®i qua A th× ®êng th¼ng EF lu«n lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh Bµi 5. (2 ®iÓm ) Trªn mét ®êng trßn cho 6 ®iÓm ph©n biÖt. Hai ®iÓm b¾t k× trong 6 ®iÓm nµy ®Òu ®îc nèi víi nhau b»ng mét ®o¹n th¼ng mµu xanh hoÆc mµu ®á. Chøng minh r»ng tån t¹i mét tam gi¸c cã ba c¹nh cïng mµu
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
Khoá ngày 23/3/2010 Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu.
Câu 1: ( 5,0 điểm)
1. Giả sử các số a, b thoả mãn: 3 2
3 2
a 3ab 233b 3a b 2010
− =
− =. Tính 2 2P a b= +
2. Với giá trị nào của b thì hai phương trình: 22011x bx 1102 0+ + = và 21102x bx 2011 0+ + = có nghiệm chung.
Câu 2: ( 5,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3 2 4x 1 x x x 1 1 x 1− + + + + = + −
2. Cho phương trình: 2y my p 0+ + = có hai nghiệm là 1y và 2y . Định m và p
để 1
11 y+
và 2
11 y+
cũng là nghiệm của phương trình này.
Câu 3: ( 2,0 điểm) Một thầy giáo còn trẻ dạy môn toán khi được hỏi bao nhiêu tuổi đã trả lời như
sau: “ Tổng, tích, hiệu, thương của tuổi tôi và đứa con trai tôi cộng lại là 216”. Hỏi thầy giáo bao nhiêu tuổi? Câu 4: ( 3,0 điểm)
Giả sử phương trình bậc hai 2ax bx c 0+ + = có hai nghiệm thuộc đoạn [0; 1].
Xác định a, b, c để biểu thức ( )( )( )
a b 2a cP
a a b c− −
=− +
đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất. Câu 5: ( 5,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, qua A ta vẽ đường thẳng d di động. Gọi B’, C’ là hình chiếu của B và C xuống d; H là chân đường cao của tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng đường tròn đường kính B’C’ qua một điểm cố định. 2. Tìm tập hợp trung điểm M của B’C’.
Hết * Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
Đề chính thức
Sở GD Tp Hồ Chí Minh
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ NĂM 2009THỜI GIAN LÀM BÀI : 150 PHÚT
Bài 1 (4 đ). Thu gọn các biểu thức sau
a) 2 3 3 13 48
6 2A
b) 1
2
a b a b b bB
a ab ab a ab a ab
với , 0,a b a b
Bài 2 (4 đ). Cho phương trình 23 3 1 1 4 0m x m x m m
a) Định m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.b) Định m để phương trình có ít nhất một nghiệm âm.
Bài 3 (3 đ). Giải các phương trình sau:
a) 22 8 7 4 3 1 7x x x
b) 2 217 17 9x x x x Bài 4 (3 đ).
a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ước chung lớn nhất của 2 số 21 4n và 14 3n
b) Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh
ab bc caa b c
c a b
Bài 5 (3 đ).Cho hai đường tròn O và O cắt nhau tại 2 điểm ,A B . Qua A kẻ đường thẳng
cắt O tại M và cắt O tại N . Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng MN luôn
đi qua một điểm cố định.
Bài 6 (3 đ). Cho đường tròn O đường kính AB và tia tiếp tuyến Ax . Từ M thuộc Ax kẻ tiếp
tuyến thứ hai MC với đường tròn O với C là tiếp điểm. Đường vuông góc với AB tại O cắt
BC tại N .
a) Có nhận xét gì về tứ giác OMBN .
b) Trực tâmH của tam giác MAC di động trên đường cố định nào khi M di động trên tia Ax
Hết
NGUYỄN TĂNG VŨ
SỞ GD-ĐT TRÀ VINH ***
Đề thi chính thức
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
_________________
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức
P = x x 2 x 3 x 21 :
x 1 x 5 x 6 x 2 3 x
1- Rút gọn P. 2- Tính P khi x 4 2 3
Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng:
D1: y = 3x + 6; D2: y = 1 x 12
; D3: y 2x 4
Gọi A là giao điểm của D1 và D2, B là giao điểm của D1 và D3, C là giao điểm của D2 và D3.
1- Vẽ D1, D2 và D3. Tìm tọa độ của A, B, C. 2- Tính diện tích tam giác ABC. 3- Tính số đo A , B , C của tam giác ABC (độ, phút, giây).
Bài 3: (4 điểm) 1- Giải phương trình:
2 2
2 2
x 3x 3 x 6x 3x 4x 3 x 5x 3
5312
2- Giải hệ phương trình:
y 4x 5
2 y 2x x y 1 7
Bài 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, HB 20cm, HC 45cm. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Kẻ các tiếp tuyến BM, CN với đường tròn (M và N là các tiếp điểm khác H).
1- Tính diện tích tứ giác BMNC. 2- Gọi I là giao điểm của đường thẳng CN và đường thẳng HA. Tính độ
dài AI, IN. 3- Gọi J là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng CB. Tính độ
dài JM, JB. Bài 5: (3 điểm) Cho đường tròn (O, R), đường kính AB cố định và đường kính CD quay quanh điểm O. Các đường thẳng AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn theo thứ tự tại E và F.
1- Chứng minh rằng tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn. 2- Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Chứng minh rằng
điểm I di động trên đường thẳng cố định khi đường kính CD quay quanh điểm O.
Thi ngày 7-4-2010
TRỌNG TÚ - TRƯỜNG THCS HIỆP HÒA ---------- Hết ----------
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o TUYÊN QUANG
kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 9 thCS n¨m häc 2009 - 2010
* m«n: to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò nµy cã 01 trang) ---------- C©u 1 (4 ®iÓm). Rút gọn các biểu thức sau:
1) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a b cPa b a c b c b a c a c b
= + +− − − − − −
, trong đó , ,a b c là các số đôi một khác
nhau.
2) 2 1 2 1
2 1 2 1
x x x xQx x x x
+ − + − −=
+ − − − −, trong đó 2x ≥ .
C©u 2 (4 ®iÓm). Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:
−=−−−=−−−=−−
xzz
zyy
yxx
36232423
223
3
3
3
.
C©u 3 (4 ®iÓm). 1) Chứng minh chữ số tận cùng (chữ số hàng đơn vị) của các số tự nhiên n và 5n là như nhau. 2) Tìm số nguyên tố p để 25 1p + là số nguyên tố.
C©u 4 (6 ®iÓm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R > 0 không đổi và hai đường kính cố
định AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm I bất kỳ trên đoạn OC (I không trùng với O và C); dựng đường tròn tâm I bán kính IA, đường tròn này cắt tia AD và AC lần lượt tại M và N (khác điểm A). 1) Chứng minh rằng ba điểm I, M, N thẳng hàng.
2) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC, đường thẳng này cắt CD tại K. Chứng minh rằng: DM.DA = DK.DO. 3) Tính tổng MA + NA theo R. C©u 5 (2 ®iÓm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
4 4 4 3 3 3a b c a b c+ + ≥ + +
…………….HẾT……………..
®Ò chÝnh thøc
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH LONG NĂM HỌC : 2009 - 2010
Môn thi : TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi: 21 – 03 – 2010 Bài 1: (4 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để 2 phương trình sau đây có ít nhất một nghiệm chung x2 + mx + 4 = 0 (1) và x2 + 4x + m = 0 (2) Bài 2: (2 điểm)
Tìm các số nguyên t sao cho 5t 217+ là một số nguyên
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ
2
2
x 48 x 4103 3 xx
+ = −
Bài 4: (3 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi của tam giác. Chứng minh rằng:
1(p a)(p b)(p c) abc8
− − − ≤
Bài 5: (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A và D là một điểm trân cạnh AC (khác với A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại E. Từ B, kẻ tiếp tuyến thứ hai BF với đường tròn (D). Gọi M là tung điểm của BC, N là giao điểm của BF và AM. Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn và AN = NF Bài 6: (3 điểm) Tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD, có AB = BC = 2 5 , CD = 6. Tính bán kính của nửa đường tròn.
------Hết------
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 -------------------------- ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————— Câu 1. (2.5 điểm)
Giải hệ phương trình:
( )( )2 2
2 2
8 2
16 8 16 5 4
y x x
x y x xy y
= + +
− + = + − Câu 2. (2.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất với mỗi số nguyên lẻ a mà 2a n≤ thì n chia hết cho a. Câu 3. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ). , ,AD BE CF là ba đường cao ( ), ,D BC E CA F AB∈ ∈ ∈ . Đường thẳng EF cắt BC tại ,G đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( )O tại điểm M .
1. Chứng minh rằng bốn điểm , , ,A M E F cùng nằm trên một đường tròn. 2. Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH AN⊥
Câu 4. (1.5 điểm) Chứng minh rằng:
( )2
3
3
1 1 1 1( )( )( )2
a b c abc
a b b c c a a b b c c aabc
+ + ++ + + ≥
+ + + + + + với mọi , , 0a b c >
Câu 5. (1.0 điểm)
Mỗi ô vuông đơn vị của bảng kích thước 10 10× (10 dòng, 10 cột) được ghi một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho bất kỳ hai số nào ghi trong hai ô chung một cạnh hoặc hai ô chung một đỉnh của bảng là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng có số được ghi ít nhất 17 lần.
—Hết—
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:…………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy
b) Cho biểu thức 3 2a a aA = + +
24 8 12 với a là số tự nhiên chẵn.
Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên. Bài 2 : (4,0 điểm)
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – 6 b) Tính giá trị của biểu thức M = x3 – 6x với x = 3 3 20 + 14 2 + 20 - 14 2 Bài 3 : (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24
b) Giải hệ phương trình:
1 1 9x + y + + = x y 2
1 5xy + = xy 2
Bài 4 ( 5,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M M B;C . Gọi I; H; K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH.
a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK. b) Chứng minh PQ // BC. c) Gọi (O1) và (O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp MPK vàMQH. Chứng minh
rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2 ). d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O1),(O2 ) Chứng minh
rằng M,N,D thẳng hàng. Bài 5 ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh :
AM BN CP+ +OM ON OP
9
----------------- HẾT-----------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN
Bài Câu Bài giải Điểm a 2điểm
Ta có: 6 5 18 2x y xy 2xy - 6x - 5y = 18
2xy - 6x + 15 - 5y = 33 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33 (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 Ta xét các trường hợp sau :
* 3 1 192 5 33 4y xx y
* 3 33 32 5 1 36y xx y
* 3 11 42 5 3 14y xx y
* 3 3 82 5 11 6y xx y
Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên. Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
0,75đ 0,5đ
0,5đ
0,25đ
1 4điểm
b 2điểm
Vì a chẵn nên a = 2k k N
Do đó 3 2 3 28 4 2
24 8 12 3 2 6k k k k k kA
3 2 1 2 12 36 6
k k kk k k
Ta có : k k+1 2 k k+1 2k+1 2 Ta chứng minh : 1 2 1 3k k k Thật vậy : - Nếu k = 3n (với n N ) thì 1 2 1 3k k k - Nếu k = 3n + 1 (với n N ) thì 2 1 3k - Nếu k = 3n + 2 (với n N ) thì 1 3k Với mọi 1 2 1k N k k k luôn chia hết cho 2 và cho 3 Mà (2, 3) = 1 1 2 1 6k k k Vậy A có giá trị nguyên.
0,25đ
0,5đ
0,25đ 0,75đ
0,25đ
a 2điểm
a) 2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6 = 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
0,5đ 1,0đ 0,5đ
2 4điểm
b 2điểm
Đặt u = 3 20 14 2 ; v = 3 20 14 2 Ta có x = u + v và 3 3 40u v u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2 x = u + v 3 3 3 3 ( )x u v uv u v = 40 + 6x
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
hay 3 6 40x x . Vậy M = 40 0,25đ a
2,5điểm
PT: 22 6 8 24x x x x (1) ĐKXĐ: 2 6x Chứng minh được: 2 6 2 2x x Dấu “=” xảy ra x – 2 = 6 – x x = 4 2 28 24 ( 4) 8 8 2 2x x x Dấu “=” xảy ra (x – 4)2 = 0 x - 4 = 0 x = 4 Phương trình (1) xảy ra x = 4 Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4
0,25đ 0,5đ 0,5đ
0,5đ 0,5đ 0,25đ
3 5điểm
b 2,5điểm
Điều kiện: xy 0 1 1 9x + y + + = x y 2
1 5xy + = xy 2
2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)22(xy) -5xy+2=0 (2)
Giải (2) ta được: xy=2 (3)
1xy= (4)2
Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)
Từ (5) và (3) ta được:
123
2 21
xyx y
xy xy
( thoả mãn ĐK)
Thay xy = 12
vào (1) ta được x + y = 32
(6)
Từ (6)và(4) ta được:
11322
1 12 2
1
x
yx y
xy x
y
(thoả mãn ĐK)
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
1 1( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;12 2
x y
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,5đ 0,5đ 0,25đ
4 5điểm
a
0,75điểm
b
1,25điểm c
1,0điểm
d 1,0điểm
a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác củaHMK Vì ABC cân tại A nên ABC ACB Gọi tia đối của tia MI là tia Mx Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp 0 0180 180IMH ACB ABC IMK 0 0180 180KMx IMK IMH HMx
Vậy Mx là tia phân giác của củaHMK . b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp ;KIM KBM HIM HCM PIQ KIM HIM KBM HCM
Mà KBM ICM ( cùng bằng 12
sd BM )
HCM IBM ( cùng bằng 12
sdCM )
PIQ ICM IBM Ta lại có 0180PMQ ICM IBM ( tổng ba góc trong tam giác) 0180PMQ PIQ
Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp MQP MIK ( cùng bằng 1
2sd PM )
Mà MIK MCI ( vì cùng bằng KBM ) MQP MCI PQ// BC
c) Ta có MHI MCI ( cùng bằng 12
sd IM )
mà MQP MCI ( c/minh b)
12
MQP MHI sd MQ
Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O1) tại tiêp điểm P (2) (1) và (2) PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O1) và (O2) d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC Ta có PE2 = EM .EN ( vì PEM NEP )
0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ
O1
E'
A
H
B
P
I
Q
K
E
D
NO2
O
M
C
S
QE2 = EM .EN ( vì QEM NEQ ) PE2
= QE2 ( vì PE;QE >0) PE = QE
Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
' '
EP EQE B E C
( định lí Ta Lét)
Mà EP = EQ E’B = E’C do đó E’D Suy ra N, M, D thẳng hàng.
0,5đ
5 2điểm
N
A
B C
O
KH M
P
Từ A và O kẻ AH BC OK BC (H, K BC) AH // OK
Nên OM OKAM AH
(1)
1 .21 .2
BOC
ABC
OK BCS OKS AHAH BC
(2)
(1) , (2) BOC
ABC
S OMS AM
Tương tự : AOC
ABC
S ONS BN
AOB
ABC
S OPS CP
Nên 1BOC AOC AOB
ABC ABC ABC
S S SOM ON OPAM BN CP S S S
(3)
Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được:
(a+ b + c) ( 1 1 1a b c ) 9
Nên ( )( ) 9OM ON OP AM BN CPAM BN CP OM ON OP
(4)
Từ (3) ,(4) suy ra :
9AM BN CPOM ON OP
(đpcm)
0,25đ 0,25đ 0,75đ 0,75đ
Ghi chú: - Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng câu, từng bài. - Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập luận, biến đổi. Tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm
S
Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Th¸i B×nh
§Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2009-2010
M«n: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Bµi 1. (3 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:
2 4 4 2 4 22x y 2y y 5x 2y 5xy 2x 1
Bµi 2. (3 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
2 22
3 854xy 4 x y3x y
1 132xx y 3
Bµi 3. (3 ®iÓm) Chøng minh r»ng: NÕu ®a thøc P(x) = x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 cã nghiÖm th× 2b c 2 .
Bµi 4. (3 ®iÓm) Cho x; y lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: 4x2 + y2 = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña biÓu
thøc: 2x 3yA
2x y 2
.
Bµi 5. (3 ®iÓm) Tõ mét ®iÓm E ë ngoµi ®êng trßn t©m O kÎ 2 tiÕp tuyÕn víi ®êng trßn t¹i A vµ B. Gäi
M lµ ®iÓm n»m trªn ®o¹n AB (M kh¸c A vµ B, MA MB). Gäi C vµ D lµ 2 ®iÓm trªn ®êng trßn sao cho M lµ trung ®iÓm cña CD. C¸c tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i F. Chøng minh r»ng tam gi¸c OEF lµ tam gi¸c vu«ng.
Bµi 6. (3 ®iÓm)
Cho ®êng trßn (O; R) vµ 2 ®iÓm A, B n»m ngoµi ®êng trßn sao cho OA = R 2 . T×m ®iÓm M trªn ®êng trßn sao cho tæng MA + 2.MB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt.
Bµi 7. (2 ®iÓm) Mét tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè tù nhiªn cã 2 ch÷ sè. NÕu ®æi chç hai
ch÷ sè cña sè ®o c¹nh huyÒn ta ®îc sè ®o cña mét c¹nh gãc vu«ng. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®ã.
--- HÕt ---
®Ò chÝnh thøc
Híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm m«n TO¸N
(Gåm 5 trang)
Bµi 1: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM
Ta cã: 2 4 4 2 4 22 2 5 2 5 2 1 x y y y x y xy x 4 2 2( 1)(2 5 2) ( 1) 0y x x y (1)
0,5
* NÕu 0 y ph¬ng tr×nh (1)
2 5 17 2 5 1 0 Z4
x x x (lo¹i)
0,25
* NÕu 1 y ph¬ng tr×nh (1) nghiÖm ®óng x Z 0,25 * NÕu 1 y ph¬ng tr×nh (1) v« nghiÖm. 0,25 * NÕu 0; y 1 y Do 4 2 y 1 > 0; (y+1) > 0y Z nªn pt(1) cã nghiÖm
2 1 2 5 2 0 22
x x x
Mµ 1x Z x
1
ph¬ng tr×nh (1) 3 21 2 0y y y
3 2 2 0 (do 1)y y y 2 ( 1) 2y y Ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm v× 0; 1 y y vµ y Z nªn 2 ( 1) 4y y
0,5
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm: 1
x Zy
0,25
Bµi 2: (3 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
§KX§ 0x y
Víi ®k nµy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho
2 22
3 853( ) ( )( ) 3
1 13( ) ( )3
x y x yx y
x y x yx y
0,5
§Æt 0x y a
x y b
ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:
2 22
3 8533
1 133
a ba
b aa
1
§¸P ¸N §IÓM
22
22
1 1033 13 1033 33 31 13
3
a ba b b
a ba
2 112 13 11 0 1;2
b b b b
* xÐt 1b ta cã 1 10 13;3 3
a a aa
(tho¶ m·n)
Ta cã hÖ 31
x yx y
hoÆc
131
x y
x y
2; 1x y hoÆc 2 1;3 3
x y
0,75
* xÐt 112
b ta cã 21 7 6 7 6 06
a a aa
ph¬ng tr×nh nµy v«
nghiÖm.
0,5
KÕt luËn: HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 2; 1x y hoÆc 2 1;3 3
x y 0,25
Bµi 3: (3 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
Gi¶ sö ox lµ nghiÖm cña ®a thøc P(x) 0ox
ta cã: 4 3 2 1 0o o o ox bx cx bx 22
1 1 0o oo o
x b x cx x
0,5
®Æt 2 22
21
12ooo
o
tx t
t xxx
0,5
2 22 0 2t bt c bt c t 22bt c t 0,5
V× 22bt c bt c t bt c 22
2t c c
b bt t
0,5
MÆt kh¸c 2 22 2 2 1 (do 2 )
t t t tt t t
0,5
Suy ra 1 2 22c
b b c (®pcm)
0,5
Bµi 4: (3 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
Đkxđ: 2 2 0x y
Tõ 2 3 2 2 2 32 2
x yA Ax Ay A x yx y
2 2( 1) ( 3)A A x A y
0,5
§¸P ¸N §IÓM
22
2 2 2 2
2 2 2
2 1 3
1 3 4 B.C.S
2 8 10 do 4 1
A A x A y
A A x y
A A x y
2 4 5 05 1
A AA
1,25
*
2 24 1 01 2 3 1 1
2 2
x y xA x y y
x y
0,5
*
2 2 34 1105 2 3 5 4
2 2 5
x y xA x y
yx y
0,5
VËy Min
3105 khi45
xA
y
; Max0
1 khi1
xA
y
0,25
Bµi 5: (3 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
M
OE
A
B
C
D F
chứng minh được O; M; F thẳng hàng 0,5
chứng minh được MA.MB = MC.MD = MC2 và MO.MF = MC2 0,5
Suy ra MOA và MBF đồng dạng (c.g.c) OAM = BFM 1
chứng minh tứ giác AOBE nội tiếp OAM = OEB
Suy ra BFM = OEB 4 điểm O; E; B; F cùng thuộc một đường tròn
0,5
Suy ra OFE = OBE = 90o OEF vuông (đpcm) 0,5 Bµi 6: (3 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
CO A
B
N
M
Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với đường tròn (O;R)
Trên đoạn OC lấy điểm N sao cho 2OCON
0,5
Suy ra 2OC OM OAON ON OM
MOA và NOM đồng dạng (c.g.c) 0,5
2MAMN
2.MA MN 0,5
2. 2. 2. 2( ) 2.MA MB MN MB MN MB NB (không đổi)
dấu “ = ” xảy ra khi M thuộc đoạn NB
1
Vậy M là giao điểm của đoạn NB với đường tròn (O;R) 0,5
Bµi 7: (2 ®iÓm)
§¸P ¸N §IÓM
Gọi tam giác đã cho là ABC vuông tại A, có BC = ab ; AC = cd thì AB =ba Theo định lý pitago ta có: 2 2 2
ab cd ba
0,25
2 2 299( )cd a b (1) 0,25 2 2
33 3 và 11 3 và 11 cd cd cd (vì 3 và 11 là các số nguyên tố) 33cd vì 3 và 11 nguyên tố cùng nhau
0,25
§¸P ¸N §IÓM
Mà cd là số có hai chữ số nên 33; 66; 99cd * Nếu cd = 33 thay vào (1) ta được 2 2 11 ( )( ) 11a b a b a b Vì ABC vuông tại A nên BC > AB
0 18ab ba a b a b a b
do đó ta có 1 665; 56
11 5a b a
ab baa b b
0,5
* Nếu cd = 66 thay vào (1) ta được 2 2 44 ( )( ) 44a b a b a b (2)
Tương tự ta cũng có 0 18a b a b mà (a - b) và (a + b) cùng tính chẵn lẻ nên phương trình (2) vô nghiệm.
* Nếu cd = 99 lập luận tương tự cũng không tồn tai a; b
0,5
vậy số đo ba cạnh tam giác đó là AB = 56; AC = 33 và BC = 65 do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó là:
2 . 56.33 1256 65 33
S AB ACrAB BC AC AB BC AC
(đvđd)
0,25
Chú ý: * Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm, trong bài làm HS cần phải lập luận chặt
chẽ. thì với cho điểm tối đa. * Mọi cách giải khác hợp lý cho đáp số đúng thì cho điểm tối đa.
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số 3 2010f (x) (x 12x 31)
Tính f (a) tại 3 3a 16 8 5 16 8 5
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 25(x xy y ) 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình: 2 3 2 2x x x x x
b) Giải hệ phương trình: 2
1 1 1 2x y z2 1 4
xy z
Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3
1 1 1Ax y 1 y z 1 z x 1
Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
- - - Hết - - -
Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số báo danh:....................
Đề chính
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A
Câu Ý Nội dung Điểm
3 316 8 5 16 8 5a
3 3 3332 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a
0,5 3 32 3.( 4).a a 0,5 3 32 12a a 0,25 3 12 32 0a a 0,25 3 12 31 1a a 0,25
a) (2,0đ)
2010( ) 1 1f a 0,25 2 25( ) 7( 2 )x xy y x y (1)
7( 2 ) 5x y ( 2 ) 5x y 0,25 Đặt 2 5x y t (2) ( )t Z 0,25 (1) trở thành 2 2 7x xy y t (3) Từ (2) 5 2x t y thay vào (3) ta được
0,25
2 23 15 25 7 0y ty t t (*) 0,25 284 75t t
Để (*) có nghiệm 20 84 75 0t t
28025
t
0,25
0,25 Vì 0t Z t hoặc 1t 0,25 Thay vào (*) Với 0t 1 0y 1 0x
0,25 0,25
1, (4,5đ)
b) (2,5đ)
Với 1t 2 2
3 3
3 12 1
y xy x
0,25 0,25
ĐK 0x hoặc 1x 0,25 Với 0x thoã mãn phương trình 0,25
Với 1x Ta có 3 2 2 21( 1) ( 1)2
x x x x x x 0,5
2 2 211( ) ( 1)2
x x x x x x 0,5
3 2 2 2x x x x x 0,25
Dấu "=" Xẩy ra 2
2
11
x xx x
0,25
2
2
11 1
1x x
x xx x
Vô lý 0,25
2, (4,5đ)
a) (2,5đ)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0x 0,25
2
1 1 1 2 (1)( )
2 1 4 (2)
x y zI
xy z
ĐK ; ; 0x y z
0,25
Từ (1) 2 2 2
1 1 1 2 2 2 4x y z xy xz yz
0,25
Thế vào (2) ta được:
2 2 2 2
2 1 1 1 1 2 2 2xy z x y z xy xz yz
0,25
2 2 2
1 1 2 2 2 0x y z xz yz
0,25
2 2 2 2
1 2 1 1 2 1( ) ( ) 0x xz z y yz z
0,25
221 1 1 1 0x z y z
0,25
1 1 0
1 1 0
x z x y z
y z
0,25
b) (2,0đ)
Thay vào hệ (I) ta được: 1 1 1( ; ; ) ( ; ; ) ( )2 2 2
x y z TM 0,25
Ta có 2(x y) 0 x; y 0,25 2 2x xy y xy 0,25
Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25
1 1 1A
xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
0,25
x y zA
xyz(x y z)
0,25
1A 1
xyz
0,25
3, (3,0đ)
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25
N
Q
H
K
I
M
D
E
B
A
OO'
C
Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25
BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25
BDE BMN 0,25
hay BDI BMN BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50
MDI MBI (cùng chắn cung MI) 0,25
mà MDI ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25
ABE MBI 0,25
mặt khác BMI BAE (chứng minh trên) 0,25
MBI ~ ABE (g.g) 0,25
a) (3,0đ)
MI BIAE BE
MI.BE = BI.AE 0,50
Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC DE tại Q OCD vuông tại D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1)
0,50
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' OO' AB tại H.
0,50
Xét KQO và CHO có 0Q H 90 ;O chung KQO ~ CHO (g.g)
0,50
KO OQ OC.OQ KO.OH (2)CO OH
Từ (1) và (2) 2
2 RKO.OH R OKOH
0,50
4, (5,5đ)
b) (2,5đ)
Vì OH cố định và R không đổi OK không đổi K cố định
0,50
O
A
H'
H
E
PN
D CB
M
ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD BC D (O; AB/2)
0,25
Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà 0NHP 90 H thuộc đường tròn đường kính NP 0AHN AMN 45 (1)
0,50
Kẻ Bx AB cắt đường thẳng PD tại E tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE
0,25
Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B 0NEB 45 mà NHB NEB (cùng chắn cung BN)
0NHB 45 (2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra 0AHB 90 H (O; AB/2) gọi H' là hình chiếu của H trên AB
AHB AHBHH'.ABS S
2 lớn nhất HH' lớn nhất
0,50
5, (2,5đ)
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD AB) Dấu "=" xẩy ra H D M D
0,50
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI cÊp tØnh LỚP 9 thcs NĂM HỌC 2009-2010
Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
C©u 1 (4 điểm)
a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph¬ng ?
C©u 2 (5 điểm)
a) Gi¶i ph¬ng tr×nh
2 22 3 2 2 4 3x x x x b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
2 2
2 2
13 11
x y xyx y xy
C©u 3 (3 điểm)
Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n:
x y z 20101 1 1 1x y z 2010
.
TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 2007 2007 2009 2009 2011 2011P x y y z z x
C©u 4 (6 điểm)
Cho ®êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB cè ®Þnh, AB = 2R . §iÓm P di ®éng trªn d©y AB (P kh¸c A vµ B). Gäi (C; R1) lµ ®êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i A, (D; R2) lµ ®êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i B. Hai ®êng trßn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i ®iÓm thø hai M.
a) Trong trêng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©y AB, chøng minh OM//CD vµ 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®êng trßn.
b) Chøng minh khi P di ®éng trªn d©y AB th× ®iÓm M di ®éng trªn ®êng trßn cè ®Þnh vµ ®êng th¼ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh N.
c) T×m vÞ trÝ cña P ®Ó tÝch PM.PN lín nhÊt ? diÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt?
C©u 5 (2 điểm)
Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng
2 2 2
12010 2010 2010
x y zx yz y zx z xy x y z
----------------------------- HÕt ------------------------------
Hä vµ tªn thÝ sinh ..................................................................... SBD .............................
Chó ý: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 6 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài
Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.
Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.
Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.
II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm
C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n.
b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph¬ng ?
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
a) Theo gi¶ thiÕt n lµ sè tù nhiªn nªn: 2n – 1, 2n , 2n + 1 lµ 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp. 0,5 điểm
V× tÝch cña 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp lu«n chia hÕt cho 3 nªn (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hÕt cho 3
0,5 điểm
MÆt kh¸c (2n, 3) = 1 nªn 2 1 2 1n n chia hÕt cho 3
VËy A chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n 0,5 điểm
b) Ta thÊy B lµ sè chÝnh ph¬ng 4B lµ sè chÝnh ph¬ng §Æt 4B = k2 (kN) th× 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2 (2n-1-k)(2n-1+k) =-51 1,0 điểm
V× 2n-1+k 2n-1-k nªn ta cã c¸c hÖ
2 1 1(1)
2 1 51n k
n k
2 1 3(2)
2 1 17n k
n k
2 1 51(3)
2 1 1n kn k
2 1 17(4)
2 1 3n kn k
0,5 điểm
Gi¶i hÖ (1), (2), (3), (4) ta t×m ®îc n = -12, n =-3, n =13, n =4
VËy c¸c sè nguyªn cÇn t×m lµ n 12; 3;4;13
1,0 điểm
C©u 2 (5 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh
2 22 3 2 2 4 3x x x x b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
2 2
2 2
13 11
x y xyx y xy
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
a) Ta cã: 222 4 3 2 1 1 1x x x nªn tËp x¸c ®Þnh cña ph¬ng tr×nh lµ R
0,5 điểm
Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi
2 22 4 3 4 2 4 3 3 0x x x x
§Æt 22 4 3 1y x x th× ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh
2 4 3 0y y
13
yy
(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
1,0 điểm
Víi y = 1 ta cã 2 22 4 3 1 2 4 3 1x x x x x = 1
Víi y = 3 ta cã 2 22 4 3 3 2 4 3 9x x x x
1
3xx
VËy ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3.
1,0 điểm
b) HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi
2 2
2 2
11 11
3 11
x xy y
x xy y
2 2
2 2 2 2
1
11 3
x xy y
x xy y x xy y
2 2 12 5 3 0
x xy yx y x y
(*)
1,0 điểm
Tõ hÖ (*) ta suy ra
2 2 1
2 0x xy y
x y
(I) hoÆc
2 2 15 3 0
x xy yx y
(II) 0,5 điểm
Gi¶i hÖ (I) ta t×m ®îc (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) HÖ (II) v« nghiÖm VÆy hÖ cã nghiÖm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1).
1,0 điểm
C©u 3 (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n:
x y z 20101 1 1 1x y z 2010
TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 2007 2007 2009 2009 2011 2011P x y y z z x
§¸p ¸n biÓu ®iÓm
Từ gi¶ thiÕt suy ra x, y, z kh¸c 0 vµ
1 1 1 1x y z x y z
0,5 điểm
1 1 1 1 0x y z x y z
x y x y 0
xy z x y z
0,5 ®iÓm
2
1 1x y 0xy xz yz z
0,5 điểm
2x y xz yz z xy 0
2x y xz z yz xy 0 0,5 điểm
x y z z x y z x 0
x y y z z x 0 0,5 điểm
2007 2007 2007 2007
2009 2009 2009 2009
2011 2011 2011 2011
0 00 00 0
x y x y x y x yz y y z y z y zx z z x z x z x
nªn P = 0 0,5 điểm
C©u 4 (6 điểm)
Cho ®êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB cè ®Þnh, AB = 2R . §iÓm P di ®éng trªn d©y AB (P kh¸c A vµ B). Gäi (C; R1) lµ ®êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i A, (D; R2) lµ ®êng trßn ®i qua P vµ tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i B. Hai ®êng trßn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i ®iÓm thø hai M.
a) Trong trêng hîp P kh«ng trïng víi trung ®iÓm d©yAB, chøng minh OM//CD vµ 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®êng trßn.
b) Chøng minh khi P di ®éng trªn d©y AB th× ®iÓm M di ®éng trªn cung trßn cè ®Þnh vµ ®êng th¼ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm N cè ®Þnh. c) T×m vÞ trÝ cña P ®Ó tÝch PM.PN lín nhÊt ? diÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt?
§¸p ¸n biÓu ®iÓm
N
KH
M
D
C
O
A BP
a) Nèi CP, PD ta cã ACP, OAB lÇn lît c©n t¹i C, O nªn CPA =CAP =OBP do ®ã CP//OD (1)
0,5 điểm
T¬ng tù DBP, OAB lÇn lît c©n t¹i D, O nªn DPB =DBP =OAB nªn OD//CP (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c ODPC lµ h×nh b×nh hµnh Gäi CD c¾t MP t¹i H c¾t OP t¹i K th× K lµ trung ®iÓm cña OP Theo tÝnh chÊt 2 ®êng trßn c¾t nhau ta cã CDMP H lµ trung ®iÓm MP VËy HK//OM, do ®ã CD//OM
0,5 điểm
Ta ph¶i xÐt 2 trêng hîp AP < BP vµ AP > BP, ®¸p ¸n chØ yªu cÇu xÐt 1 trêng hîp gi¶ sö AP < BP V× tø gi¸c CDOM lµ h×nh b×nh hµnh nªn OC = DP, DP = DM = R2 nªn tø gi¸c CDOM lµ h×nh thang c©n do ®ã 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc mét ®êng trßn
0,5 điểm
b) XÐt tam gi¸c AOB cã: 2 2 2 22OA OB R AB nªn tam gi¸c AOB vu«ng c©n t¹i O V× 4 ®iÓm C, D, O, M cïng thuéc 1 ®êng trßn (kÓ c¶ M trïng O) nªn COB =CMD (1)
0,5 điểm
XÐt MAB vµMCD cã
MAB =MCD ( cïng b»ng 12
s® MP cña (C))
MBD =MDC ( cïng b»ng 12
s® MP cña D))
nªn MAB ®ång d¹ng víi MCD (g.g)
0,5 điểm
V× MAB ®ång d¹ng víi MCD suy ra AMB =COD hay AMB =AOB = 090 Do AB cè ®Þnh nªn ®iÓm M thuéc ®êng trßn t©m I ®êng kÝnh AB
0,5 điểm
Ta cã 090ACP BDP AOB nªn
AMP =12ACP = 045 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (C))
BMP =12BDP = 045 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cña (D))
Do ®ã MP lµ ph©n gi¸c AMB
0,5 điểm
Mµ AMB =AOB =900 nªn M ®êng trßn (I) ngo¹i tiÕp tam gi¸c AOB 0,5 điểm Gi¶ sö MP c¾t ®êng trßn (I) t¹i N th× N lµ trung ®iÓm cung AB kh«ng chøa ®iÓm O nªn N cè ®Þnh
0,5 điểm
c) MAP vµ BNP cã MPA =BPN (®®), AMP = PBN (gãc néi tiÕp cïng ch¾n 1 cung) nªn MAP ®ång d¹ng víi BNP (g.g)
0,5 điểm
Do ®ã 2 2 2
. .2 4 2
PA PM PA PB AB RPM PN PA PBPN PB
(kh«ng ®æi)
VËy PM.PN lín nhÊt b»ng 2
2R
khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm d©y AB
0,5 điểm
V× tam gi¸c AMB vu«ng t¹i M nªn
2 2
2 21 1.2 4 4 2AMB
AB RS AM BM AM BM
DiÖn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt b»ng 2
2R
khi PA = PB hay P lµ trung ®iÓm
d©y AB
0,5 điểm
CÂU 5 (2 điểm)
Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: xy + yz + zx = 670. Chøng minh r»ng
2 2 2
12010 2010 2010
x y zx yz y zx z xy x y z
§¸p ¸n biÓu ®iÓm
Tríc tiªn ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc: Víi a, b, c R vµ x, y, z > 0 ta cã
22 2 2 a b ca b c
x y z x y z
(*)
DÊu “=” x¶y ra a b cx y z
ThËt vËy, víi a, b R vµ x, y > 0 ta cã
22 2 a ba b
x y x y
(**)
22 2a y b x x y xy a b
2 0bx ay (lu«n ®óng)
DÊu “=” x¶y ra a bx y
¸p dông bÊt ®¼ng thøc (**) ta cã
2 22 2 2 2a b a b ca b c c
x y z x y z x y z
DÊu “=” x¶y ra a b cx y z
0,5 điểm
¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã
2 2 22010 2010 2010x y zVT
x yz y zx z xy
2 2 2
2 2 22010 2010 2010x y z
x x yz y y zx z z xy
2
3 3 3 3 2010x y z
x y z xyz x y z
(1)
Chó ý: 2 2010x x yz = 2 1340 0x x xy zx , 2 2010 0y y zx vµ
2 2010 0z z xy
0,5 điểm
Chøng minh: 3 3 3 2 2 23x y z xyz x y z x y z xy yz zx
2 3x y z x y z xy yz zx (2)
Do ®ã: 3 3 3 3 2010x y z xyz x y z
2 3 2010x y z x y z xy yz zx = 3x y z (3)
0,5 điểm
Tõ (1) vµ (3) ta suy ra
2
3
1x y zVT
x y zx y z
DÊu “=” x¶y ra x = y = z = 20103
.
0,5 điểm
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: Toán-lớp 9.
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu I (4,0 điểm).
Cho biểu thức 2 1 21 ( ).1 1 2 1
x x x x x x x xAx x x x
.
1. Tìm các giá trị của x để 6 65
A .
2. Chứng minh rằng 23
A với mọi x thoả mãn 10, 1,4
x x x .
Câu II (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a2 + c2 = b2 + d2 Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . 2. Tìm ,x y nguyên dương thỏa mãn: 2( 3) ( 3)x xy Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 1 3 1x x x . 2. Cho phương trình: 4 22 6 24 0x mx (m là tham số).
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4, , ,x x x x phân biệt thỏa mãn: 4 4 4 41 2 3 4 144x x x x .
Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D.
1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân. 2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI. 3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Câu V (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
41
111
bca
abc
cab .
----------------Hết----------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh:.............................................................................................Số báo danh:..............................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI
Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của
mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
Câu Lời giải – Kết quả Điểm
1)
2 1 21 ( ).1 1 2 1
(2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1)1 .(1 )( 1) 2 1(1 ) 1
x x x x x x x xAx x x x
x x x x x x xx x x xx x
0,5
( 1) 11 1 . 11 1 1
x x x xxx x x x x x
0,5
Ta có 6 6 1 6 6 6. 1 05 51
xA x xx x
0,5
Từ đó giải được 2 3; 2 3x x 0,5
2)Ta có: 22 1 2 2 1 0 ( 1) 03 31
xA x x xx x
1
Do 1x nên 21 0 ( 1) 0x x 0,5
I.1 2(điểm)
I.2 2(điểm)
Vậy 23
A 0,5
1) Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)
0,5
Vì a là số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp a(a-1) 2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) đều chia hết cho 2 0,5
a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn Lại có a2 + c2 = b2 + d2 a2 + b2 + c2 + d2 = 2( b2 + d2) là số chẵn. 0,5
Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2 a + b + c + d là hợp số. 0,5
2) 2( 3) ( 3)x xy (1) Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1) x2y – 3y xy + 3 x(xy +3) – 3(x+y) ( 3)xy 3(x+y) ( 3)xy
3( x+y) = k(xy+3) ( k *N ) (2)
0,5
+Nếu 3k thì 3( ) ( 3) 3( 3) 3 1 1 2 0x y k xy xy x y xy x y
(Vô lí vì x, y nguyên dương)
II.1 2(điểm)
II.2 2(điểm)
+Nếu k = 1 thì từ (2) (x-3)(y-3) =6, mà x, y là các số nguyên dương nên x = 6 và 0,5
ĐỀ CHÍNH THỨC
y = 5 hoặc x = 5 và y= 6 hoặc x=4 và y=9 hoặc x=9 và y=4. Thử lại thấy x = 6 và y = 5 hoặc x=9 và y=4 thỏa mãn (1).
+Nếu k=2 thì từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy ra xy chia hết cho 3 (*) mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3) y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy ra x>3 và y>3 vô lý. (**) Từ (*) và (**) ta có (x;y)=(1;3), (3;1). Thử lại vào (1) ta được (x;y)=(3;1).
Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1).
0,5
1) 2 1 3 1x x x (1), điều kiện 0x Đặt 2 1 , 0x a a ; 3 , 0x b b 0,5
Suy ra 2 2 1b a x Thay vào (1) ta được 2 2a b b a ( ).( 1) 0a b a b a b (do 0, 0a b nên a+b+1>0) 1
Với a = b ta có 2 1 3 1x x x thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
0,5
2) 4 22 6 24 0x mx Đặt 2 , 0t x t phương trình trở thành: 2 2 6 24 0t mt (1) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt 1 20 t t .
0,5
' 22
1 2
1 2
6 24 04
. 24 0 20
2 6 0
mmt t mm
t t m
0,5
Với 1 2,t t là hai nghiệm của pt (1) thì 1 1x t , 2 1x t , 3 2x t và 4 2x t nên ta có 4 4 4 4 2 2 2
1 2 3 4 1 2 1 2 1 22( ) 2 ( ) 2 .x x x x t t t t t t 0,5
III.1 2(điểm)
III.2 2(điểm)
2 22(24 48) 144 5 5m m m Từ đó suy ra 5m .
0,5
x
N
D
MI
BOA
E
C
K
1) Ta có NMA MBA ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cungAM)(1)
0,5
IV 6
điểm
090AMB ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ( . )ACK AMB g g AKC MBA mà AKC NKM ( 2 góc đối đỉnh) 1
suy ra: 2NKM MBA
Từ (1) và (2) suy ra NMK NKM MNK cân tại N. 0,5
2) Xét tam giác OCI vuông tại C có
2 2
2 2 2 2 3 34 4 2
R R RIC OI OC R IC
23;
43 RCBRCK
0,5
Xét AKC và DBC có: 090 ;ACK DCB AKC DBC AKC DBC (g.g)
3.. 2 2 33
4
R RAC KC AC CBDC RDC CB KC R
1
32
3.22. 2RRRDCABS ADB
KL: 2 3ADBS R (Đvdt) 0,5
3)
Dựng hình bình hành AONE.
+ Chứng minh được N là trung điểm của KD . 0,5
+ Chứng minh được EK=ED 0,5 + Chứng minh được EA=EK (do tam giác ENK bằng tam giác OMN và
NO=AE) E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD. 0,5
+ Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R)
KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng
bằng R (nằm trên nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B) 0,5
Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2 xy4 (*)11411411
yxyxyxyxdấu
bằng xảy ra khi x = y. 0,5
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:
1 1 ;1 ( ) ( ) 4
ab ab abc c a c b c a c b
Tương tự ta có:
1 1 ;1 4
1 1 .1 4
bc bca a b a cca ca
b b a b c
0,5
1 1 11 1 1 4 4 4
ab bc ca ab bc ab ca bc ca a b cc a b c a b c a b
0,5
V 2
điểm
41
111
bca
abc
cab . Dấu bằng xảy ra
31
cba 0,5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2008-2009
Môn: Toán Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.
Câu 1 (4.0 điểm): Cho phương trình 022 22 mmmxx , trong đó m là tham số. 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm. 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 21; xx thoả mãn .321 xx Câu 2 ( 6.0 điểm): Giải các phương trình sau: 1. 0762 xx . 2. 831032 32 xxx . 3. 1233 22 xxxxx . Câu 3 (6.0 điểm): 1. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt C, D sao cho CD = R (C thuộc cung AD). Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt AB tại M. Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O; R) tại A và B cắt CD lần lượt tại E và F. Gọi K là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông. b) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 322 và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. Tính độ dài cạnh AB và AC. Câu 4 (2.0 điểm):
Cho ba số a , b , c thoả mãn
63,,1
cbacba
Chứng minh rằng: 14222 cba Câu 5 ( 2.0 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn
100109811
zyxzyx
HẾT Họ và tên thí sinh:…………………………………..SBD:……………………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Hướng dẫn chấm thi Môn Toán.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 2008-2009. Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1
1.(2.0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm
000
PS
202
0
0202
02
2
22
mmm
mmm
mmm.
Học sinh có thể giải từng bất phương trình sau đó lấy giao các tập nghiệm thì chấm như sau:Hai bpt đầu đúng, mỗi bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm. Lấy giao đúng kết quả cho 0.5 điểm. 2. (2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm ( 0;0 21 xx ) khi m 2 .
Áp dụng định lý vi ét ta có
mmxxmxx
2.
22
21
21
Theo yêu cầu bài toán: 9..23 212121 xxxxxx
2881
2881
029
4368184029
292.2 222
m
m
m
mmmmm
mmm
Học sinh có thể không lý luận m 2 mà giải bình thường, sau khi tìm được m thay ngược trở lại phương trình thì vẫn cho tối đa, nếu không thay ngược trở lại pt thì châm chước cho tối đa điểm bài này.
0.5 1.5 0.25 0.25 0.5 1.0
Câu 2
1. (2.0 điểm)
Đặt t = x , t 0 , phương trình trở thành
7
10762
tt
tt
Với t=7 suy ra x = 7 Vậy phương trình có nghiệm x = 7 2. (2.5 điểm) Ta có )2()42(2)42).(2(.3 22 xxxxxx
4222
422.3 22
xx
xxx
x
Đặt t= 42
22
xx
x , (t 0 ). Phương trình trở thành
21
0232
tt
tt
. Với t=1, suy ra: x + 2 = x2-2x+4
21
0232
xx
xx
. Với t=2, suy ra x + 2 = 4(x2-2x+4) 01494 2 xx ( pt này vô nghiệm) Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2. Học sinh có thể làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ thì chấm như
1.0 0.75 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
sau . Học sinh đưa đúng về pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm . Học sinh giải được a = 2b ; và a = b cho 1.0 điểm. Trong từng trường hợp học sinh tìm ra đúng nghiệm, mỗi trường hợp cho 0.5 điểm. 3. (1.5 điểm)
Ta có 2
43
).(43
2
2xx
xx
(a); 2
41
).(41
2
2xx
xx
(b)
Từ (a) và (b) ta có 1233
221)33(
21 2222
xxxxxxxxxx
Dấu bằng xẩy ra 21
41
21
4143
22
2
x
xx
x
xx
xx
Vậy phương trình có nghiệm x=1/2.
0.5 0.5 0.5
Câu 3
1.(4.0 điểm) a. ( 2.0 điểm) +) Do AE là tiếp tuyến của (O;R) nên 090EAM . Do CM vuông góc vói CD (theo giả thiết) nên 090ECM . Tứ giác AECM có EAM + 0180ECM nên nội tiếp được đường tròn. +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn. +) Do tứ giác AECM nội tiếp được đường tròn nên CAMCEM Do tứ giác BFCM nội tiếp được đường tròn nên CBMCFM . Mặt khác 00 90180 ACBCBMCAM Nên 090 CBMCAMCFMCEM . Trong tam giác MEF có 00 90)(180F CFMCEMEM . Hay tam giác MEF vuông tại M. b. ( 2.5 điểm) +) Trong tứ giác ABDC gọi J là giao điểm của AD và BC. Xét tứ giác KDJC có . AD vuông góc với KB nên 090JDK . . BC vuông góc với KA nên 090JCK . Do đó tứ giác KDJC có JDK + 0180JCK nên nội tiếp đường tròn đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I là trung điểm của KJ. +)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO là đường trung trực của CD, hay OI CD Gọi N là giao điểm của CD và IO. . Ta có tam giác OCD đều nên 060OCD (a). . Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên 030
21
CODCAD
. Do tam giác ADK vuông tại D nên 00 6090 CADAKD
. Do tứ giác KCJD nội tiếp nên 0120.2 CKDCID
. Do tam giác ICD cân tại I nên 00 30)180(21
CIDICD (b).
Từ (a) và (b) suy ra 090 DCOICDICO +) Trong tam giác vuông CIO có
0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
3314111111
222222222
RCIRRRCOCNCICOCICN
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KCD là 3
R .
2. (1.5 điểm). Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2 2 . Mặt khác : AB2+AC2=BC2= 346.3816322
2 ACAB .
Suy ra
33
31
346.
224
AC
AB
ACAB
ACAB
0.5 0.5 0.5
A
E
D
K
C
O B
N
J
I F
O
A D C
B
M
N
I
M
J
N
Câu 4
(2 đ)
Ta có 18)(6)2()3)(3(2 222222222 cbbccbacbcbacba
=)2)(1(214)23(214186218)6(6)6( 2222 aaaaaaaaa
. Gọi a = Min cba ,, , suy ra : 6 = a + b +c 3a 2 a Vậy 0)2).(1(21 aaa Từ đó suy ra 14222 cba
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
321
231
60)2)(1(0)3)(3(
cba
cba
cbaaacb
Vì vai trò của a,b, c là như nhau do đó dấu bằng xẩy ra khi có một số bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3. ( Học sinh có thể làm cách khác mà đúng thì tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm có thể vận dụng cho điểm, khi đã thống nhất ở tổ chấm)
0.5 0.5 0.5 0.5
Câu 5 (2 đ)
Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z)225
zyx .
Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12.
Vậy ta có hệ
4212
100109812
zyzyx
zyxzyx
Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0) Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài toán
0.5 0.25 0.25 0.5 0.5
Chú ý:
1. Trên đây chỉ trình bày một lời giải cho bài toán. Học sinh giải đúng theo cách khác thì vẫn cho điểm tối đa.
2. Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm. 3. Điểm bài thi không làm tròn.
PDF Merger
Thank you for evaluating AnyBizSoft PDF Merger! To remove this page, please register your program!
Go to Purchase Now>>
Merge multiple PDF files into one
Select page range of PDF to merge
Select specific page(s) to merge
Extract page(s) from different PDF
files and merge into one
AnyBizSoft
