ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 Bài 1: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 điểm)

Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1 1 1 0x y x+ + =

Chứng minh rằng 2 2 2

yz zx xy 3x y z

+ + =

Bài 3: (3 điểm) Giải hệ phương trình:

x y 7

x 20 y 3 6

⎧ + =⎪⎨

− + + =⎪⎩

Bài 4: (4 điểm)

Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F.

Chứng minh rằng OA OB OC 2AG BE CF

+ + =

Bài 5: (4 điểm)

Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD.

a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6: (3 điểm)

Chứng minh: 1 1 117 182 3 100

< + + + <L

1

GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) Biến đổi: (1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0

⇔ m = 3 2

2

2n 3n 14n 5n 7

− + −+

= 2

162n 3n 7

− ++

Vì m, n ∈ Z, nên (n2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}. +) Nếu n2 = 1 thì n = ±1 +) Nếu n2 = 9 thì n = ±3 + Với n = 1, ta có m = 1 + Với n = -1, ta có m = -3 + Với n = 3, ta có m = 4 + Với n = -3, ta có m = -8. Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}. Bài 2.

Cho x, y, z khác 0 thỏa 1 1 1 0x y z+ + = .

Chứng minh 2 2 2

yz zx xy 3x y z

+ + =

Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 12

(a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Ta có: (a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 12

(a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.

Đặt 1 1a ,b ,cx y

= = =1z

, theo giả thiết 1 1 1 0x y z+ + = nên suy ra a + b + c = 0

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 ⇔ a3 + b3 + c3 = 3abc,

hoặc 3 3 3

1 1 1 3x y z xy

+ + =z

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 2 2

yz zx xy 3x y z

+ + = (đpcm).

Bài 3. Giải hệ phương trình:

2

x y 7

x 20 y 3 6

⎧ + =⎪⎨

− + + =⎪⎩

Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0. Đặt a = x 20, b y 3− = + (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3. Hệ phương trình viết lại:

2 2a 20 b 3 7(1a b 6(2)

⎧ + + − =⎪⎨

+ =⎪⎩

)

Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 Bình phương hai vế của (1) ta có:

a2 + 20 + b2 – 3 + 2 ( )( )2 2a 20 b 3+ − = 49 (3)

Thay b = 6 – a vào (3), ta có:

a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 ( ) ( )22a 20 6 a 3⎡ ⎤+ − −⎣ ⎦ = 49

⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 ( )( )2 2a 20 a 12a 33+ − + = 49

⇔ ( )( )2 2a 20 a 12a 33+ − + = - a2 + 6a – 2 (4)

Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có: (a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2 ⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a ⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0

⇔ a1 = 4: chọn, a2 = 164 : loại 613

>

Với a = 4, ta có b = 2. Thế lại ẩn cũ: a = 4 ⇒ x 20− = 4 ⇔ x = 36

b = 2 ⇒ y 3+ = 2 ⇔ y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36, y = 1. Bài 4.

Chứng minh: OA OB OCAG BE CF

+ + = 2

Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 Ta có:

1 2 1 2

ABG ACG ABG ACG

OA S S S SAG S S S S

= = =+

1 2

ABC

S SS

+ += (1)

Lập luận tương tự, ta có: 1 3

ABC

OB S SBE S

+= (2)

2 3

ABC

OC S SCF S

+= (3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:

3

A

FO

ES1S2

S3

B CG

A

B

FO

E

CG

S1S2

S3

1 2 3 ABC

ABC ABC

OA OB OC 2(S S S ) 2S 2AG BE CF S S

+ ++ + = = = .

Bài 5. a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất Ta có = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1) PAN PHN+Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H cùng thuộc một đường tròn. Do đó = 900 AHM APM=Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD MCD= (góc nội tiếp cùng chắn cung MD) Tam giác ABC vuông cân tại A có AD vừa là đường cao vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác nên: MB = MC ⇒ ΔMBC cân tại M ⇒ , do đó (3) MCD MBD= MPD MBD=

Ta lại có là góc ngoài ΔMBD tại M nên: AMB0AMB MBD MDB MBD 90= + = + (4)

APH= 0APM MPH 90 MPD+ = + (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra: (6) APH AMB=Vì tứ giác APHM nội tiếp nên: APH AMH+ = 1800 (7) Từ (6), (7) suy ra: AMB AMH+ = 1800

Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên = 900 AHBVậy H thuộc đường tròn (O). Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất

AN O

B

M

DH

P

C

x

E

K

⇒ HK = R H ≡ D ⇒ M ≡ D. ⇒Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (R là bán kính đường tròn (O)). b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O). Ta có = 450. Vì = 900, suy ra NHB = 450. AHN APN= AHB

Do đó HN là tia phân giác của góc , suy ra E là điểm chính giữa của cung , nên điểm E cố định.

AHB AB

Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa của cung tròn của đường tròn (O). AB Bài 6. Chứng minh:

1 1 117 182 3 100

< + + + <L

4

Ta chứng minh bài toán tổng quát: 1 1 12 n 3 2 n 22 3 n

− < + + + < −L (n ∈ N, n ≥ 2)

Ta có:

*) ( )1 2 2 2 k k 1k k k k k 1= < = −

+ + −− (1)

Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có:

( )

( )

( )

( )

1 2 2 12

1 2 3 23

1 2 99 98991 2 100 99100

⎧ < −⎪⎪⎪ < −⎪⎪⎪⎨⎪⎪ < −⎪⎪⎪ < −⎪⎩

LLLLLLL

Cộng vế theo vế, ta được:

( )1 1 1 2 2 1 3 2 100 992 3 100+ + + < − + − + + −L L = ( )2 100 1 18− =

*) ( )1 2 2 2 k 1 kk k k k 1 k= > = + −

+ + +

Lập luận tương tự như trên, ta có:

( )1 1 1 2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 172 3 100+ + + > − = − > − =L

Vậy 1 1 117 182 3 100

< + + + <L

Quy Nhôn, ngaøy 16 thaùng 04 naêm 2009 Ngöôøi göûi: BUØI VAÊN CHI

Giaùo vieân Tröôøng THCS LEÂ LÔÏI Tp. Quy Nhôn, Tænh Bình Ñònh

ÑT: 056828529 E-mail: buivanchi@yahoo.com

5

Sở Giáo dục - Đào tạo

TP.Hồ Chí Minh

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-THCS CẤP THÀNH PHỐ

Năm học 2006 – 2007

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 : (3 đ)Thu gọn cc biểu thức:

a) 51229526 A

b) 402088 B

c) )116)(

6312

264

1615(

C

Câu 2 : (3 đ)

a) Chứng minh : Rzyxzyxzyx ,,,)(3)( 2222

b) Cho 41,

41,

41,1

zyxzyx.

Chứng minh : 4 1 4 1 4 1 21x y z .

Dấu bằng xảy ra khi x, y, z bằng bao nhiu?

Câu 3 : (4 đ)

Giải hệ phương trình v phương trình:

a)

1336

xzzx

518

yyz

512

yxxy

z

b) 22

2

844

xxx

Câu 4 : (2 đ) Cho phương trình : 02 cbxax cĩ cc hệ số cba ,, l cc số

nguyn lẻ.

Chứng minh rằng phương trình nếu cĩ nghiệm thì cc nghiệm ấy khơng thể l

số hữu tỉ.

Câu 5 : (4 đ)

Cho nửa đường trịn tm O đường kính AB bằng 2R. Gọi M là một

điểm chuyển động trên nửa đường trịn (O) ( M khc A v B). Vẽ đường trịn tm M

tiếp xc với AB tại H. Từ A v B vẽ hai tiếp tuyến tiếp xc với đường trịn tm M lần

lượt tại C và D.

a)Chứng minh ba điểm M, C, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường

trịn (O) tại M.

b)Chứng minh tổng AC + BD không đổi. Tính tích số AC.BD theo

CD.

c)Giả sử CD cắt AB tại K. Chứng minh OA2 = OB2 = OH.OK.

Câu 6 : (4 đ)

Tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O) cĩ ACB = 45o.

Đường tròn đường kính AB cắt AC và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh MN

vuông góc OC và MN = 2AB

.

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang )

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức: 2A = x 50 x + 50 x + x 50 với x 50

b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 điểm):

a) Giải phương trình 2 2

4x 3x+ = 6x 5x + 6 x 7x + 6

b) Giải hệ phương trình sau: x + y + 4 xy = 16

x + y = 10

Câu 3 (2,0 điểm): a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 2 24a + 3ab 11b chia hết cho 5 thì 4 4a b chia hết cho 5.

b) Cho phương trình 2ax +bx+1 0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết 5 3

x =5+ 3

là nghiệm của phương trình. Câu 4 (3,0 điểm): Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. Câu 5 (1,0 điểm):

Cho n1A =

(2n +1) 2n 1 với n * .

Chứng minh rằng: 1 2 3 nA + A + A + ... + A <1 . ------------- HẾT ------------

Họ và tên thí sinh: ……………………………… ….. Số báo danh …………….

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Chữ kí giám thị 1 ………………….. Chữ kí giám thị 2 …………………..

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1 2,0

điểm

a) 1,0

điểm

Ta có :

22 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

A = x - 50 - x + 50 x + x - 50

A = x - 50 + x + 50 - 2 x - 50 x + x - 50

A = 2x - 2 x -50 x + x - 50

A = 2 x - x + 50

A = 100

Nhưng do theo giả thiết ta thấy 2A = x - 50 - x + 50 x + x - 50 <0

A= -10

0,25

0,25

0,25

0,25đ

b) 1,0

điểm

x + 3 = 2=> 22 3 ( 2) 3 x x 2 4 1 0x x

B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu 2 2,0

điểm

a) 1.0

điểm

Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với:

4 3+ = 66 6x 5 + x 7 +x x

Đặt 6t = x 7 +x

phương trình trở thành

2 2

4 3+ =6 1 t 0; t 2t+2 t1 4t 3t 6 6t 12t 6t 5t 6 0

Giải phương trình ta được 1 23 2t ; t

2 3

( thỏa mãn )

Với 13t

2

ta có 26 37 2 11 12 02

x x xx

Giải phương trình ta được 1 23x ; x 42

( thỏa mãn )

0,25

0,25

0,25

Với 22t3

ta có 26 27 3 23 18 03

x x xx

Giải phương trình ta được 3 423 313 23 313x ; x

6 6

(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là :

1 23x ; x 42

; 3 423 313 23 313x ; x

6 6

0,25

b) 1,0

điểm

x + y + 4 xy = 16

x + y = 10

(I) ( x;y 0 )

Đặt S= x y ; P = xy ( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng

2

S + 4P = 16 S - 2P = 10

( II)

Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được S = 4 P = 3

Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1

Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm x = 9 x = 1

;y = 1 y = 9

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3 2,0

điểm

a) 1.0

điểm

2 2 2 2 2 2

2 2

2

4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5

a 2ab b 5

a b 5

a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố)

4 4 2 2a b a b a b a b 5

0.25

0,25 0,25

0,25

b) 1,0

điểm

5 35 3

x

=

25 3

4 155 3 5 3

5 35 3

x

là nghiệm của phương trình nên ta có

2

4 15 4 15 1 0

31 8 15 4 15 1 0

15(8 ) 31 4 1 0

a b

a b

a b a b

Vì ,a b Q nên (8 ), (31 4 1)a b a b Q

0,25

0,25

Do đó nếu 8 0a b thì 15 31 4 18a b Q

a b

(Vô lí)

Suy ra 8 0 131 4 1 0 8a b aa b b

0,25đ

0,25

Câu 4 3,0

điểm

d

K

E

DA B

C

M

N

PQ

I

H O

a) 1,0

điểm

I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O ) 090OI BC OIA

Ta có 090AMO ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) 090ANO ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA

0,25 0,25 0,25 0.25

b) 1,0

điểm

AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác MON mà ∆OMN cân tại O nên OA MN

∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì 1ANB=ACN=2

sđ NB và

CAN chung ) suy ra 2AB AN= AB.AC=ANAN AC

∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 Suy ra AB.AC = AH.AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì 0AHK=AIO=90 và OAI chung )

AH AK= AI.AK=AH.AOAI AO

AI.AK=AB.AC

AB.ACAK=AI

Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K cố định

0,25

0,25

0,25

0,25

c) 1,0

Ta có 0PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).

điểm Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),

EMH=MQD ( cùng phụ với MPO ) ME MHMQ DQ

∆PMH đồng dạng với ∆MQH

212

MP MH MHMQ HQ DQMP MEMQ MQ

ME = 2 MP P là trung điểm ME.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5 1,0

điểm

1 2 1

(2 1) 2 1(2 1) 2 1nAn n nn n

2 1 1 1 2 1 1 1 1 12 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1n nAn n n n n n n

Vì 1 1 02 1 2 1n n

và 1 1 22 1 2 1 2 1n n n

nên

An 1 1 ( *)

2 1 2 1n

n n

Do đó: 1 2 31 1 1 1 1... 13 3 5 2 1 2 1nA A A A

n n

1 2 31... 1 1

2 1nA A A An

0,25

0,25

0,25

0,25

Hết