Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2011 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2011 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) a 1 a a 1 a2 a a a 1 Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a a) Chứng minh rằng M 4. 6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (2,0 điểm) a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3, y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d 1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d 1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy 1 1 ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q . OM2 ON2 Bài 3. (2,0 điểm) 17x 2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình: x 2y 3xy. 1 b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x y z z x (y 3). 2 Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT. BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM a 1 a a 1 a 2 a a a 1 Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a Bài 1 a) Chứng minh rằng M 4. 6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên. M 2,00 a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1 Do a > 0, a 1 nên: và a a a ( a 1) a 0,25 a 2 a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1 a a a a (1 a) a (1 a) a 0,25 1.a a 1 (1,25đ) M 2 a 0,25 2 Do a 0; a 1 nên: ( a 1) 0 a 1 2 a 0,25 2 a M 2 4 a 0,25 6 3 Ta có 0 N do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 M 2 0,25 6 a 1.b Mà N = 1 1 a 4 a 1 0 ( a 2)2 3 (0,75đ) a 1 2 a a 2 3 hay a 2 3 (phù hợp) 0,25 2 Vậy, N nguyên a (2 3) 0,25 a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 , y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d 1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d 1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm Bài 2 A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá 2,00
3. 1 1 trị nhỏ nhất của biểu thức Q . OM2 ON2 Điều kiện để ( m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và ( m) là: 0,5x 3 mx (m 0,5)x 3 2.a Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m 0,5 0 hay m 0,5 0,25 (0,75đ) Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và ( m) là: 6 x mx (m 1)x 6 Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m 1 0 hay m 1 Vậy điều kiện cần tìm là: 1 m 0,5; m 0 0,25 Đặt m = xM và n = yN mn 0 và m 1 (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25 0 am b 2 a b hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn n b 0,25 1 2 2.b Chia hai vế cho mn 0 ta được: 1 ( ) (1,25đ) m n 2 2 1 2 1 4 4 1 1 2 1 1 2 2 5 2 2 m n m n mn m n m n 0,25 1 1 1 2 1 Q ; dấu “=” xảy ra khi ; kết hợp ( ): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) m2 n2 5 m n 0,25 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 5 0,25 17x 2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình: (1) x 2y 3xy. Bài 3 1 b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x y z z x (y 3) (2) 2 2,0 đ 17 2 1 1007 9 2011 x y x y 9 490 Nếu xy 0 thì (1) (phù hợp) 1 2 1 490 9 3 y y x x 9 1007 0,50 17 2 1 1004 3.a 2011 y x y 9 (1,25đ) Nếu xy 0 thì (1) xy 0 (loại) 1 2 1 1031 3 y x x 18 0,25 Nếu xy 0 thì (1) x y 0 (nhận). 0,25 9 9 KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và ; 490 1007 0,25 Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 3.b (2) 2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3 (0,75đ) 2 2 2 ( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0 0,25
4. x 1 x 1 y z 1 y 3 (thỏa điều kiện) z 2 z x 1 0,25 Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính F AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. M Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) B C A O Bài 4 tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. E ( C ) b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. N 3,0 đ MN  BF và BC  NF 0,25 A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 4.a FA  NB (1,00đ) Lại có AE  NB 0,25 Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 C· AN M· AB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25 4.b AN AC Suy ra: (0,75đ) AB AM 0,25 Hay AM AN ABAC 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25 2 Ta có BA BC nên A là trong tâm tam giác BNF C là trung điểm NF (3) 3 0,25 Mặt khác: C· AN C· FM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng CN AC 4.c CN CF BCAC 3R 2 (1,25đ) BC CF 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3 không đổi 0,25 Nên: NF ngắn nhất CN =CF C là trung điểm NF (4) 0,25 (3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF NF ngắn nhất 0,25 Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75 Đặt: S = 123456789101112 S 3467891112 (1) là một số nguyên 100 hai chữ số tận cùng của S là 00 0,50 Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý (1,00đ) S đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận 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 Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25 Hết
5. Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 x 1 y z 1 z x 1 Theo BĐT Cauchy: x ; y z ; z x 2 2 2 1 VP x y z z x (y 3) VT 3.b 2 0,25 (0,75đ) x 1 x 1 Do đó y z 1 y 3 thỏa điều kiện z 2 z x 1 0,25 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Môn : TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài 1 ( 3,0 điểm) 2ab a x a x 1 Cho các số dương: a; b và x = . Xét biểu thức P = b 2 1 a x a x 3b 1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2 (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: x3 3x 2 2 y 3 y 3y 2 4 2z 3 z 3z 2 6 3x Bài 3 ( 3,0 điểm) n n 3 5 Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = a +b , với a = ; b = 2 3 5 . 2 n + 1 n + 1 n n 1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( a + b ) – ab(a + b ) 2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên. n n 2 5 1 5 1 3. Chứng minh Sn – 2 = . Tìm tất cả các số n để S n – 2 2 2 là số chính phương. Bài 4 (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O 1) và N là tiếp điểm thuộc (O2). 1. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.
6. 2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Bài 5: (4đ): Cho ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là E , F , N . AB AC 2AM a) Chứng minh : AE AF AN b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q. Chứng minh PQ//BC. Bài 6: (2 điểm) Cho 0 0 a + x > 0 (1) a(b 1)2 0,25 Xét a – x = 0 (2) b 2 1 Ta có a + x > a – x ≥ 0 a x a x 0 (3) 0,25 Từ (1); (2); (3) P xác định Rút gọn: 2ab a(b 1)2 a Ta có: a + x =a a x (b 1) 0,25 b 2 1 b 2 1 b 2 1 2ab a(b 1)2 a a - x =a a x b 1 0,25 b 2 1 b 2 1 b 2 1 a a (b 1) b 1 2 2 1 b 1 b 1 1 P = b 1 b 1 a a 3b b 1 b 1 3b 0,25 (b 1) b 1 1 b 2 1 b 2 2 1 4 Nếu 0 < b < 1 P = 2b 3b 3b 0,25 1 3b 2 1 Nếu b 1 P = b 3b 3b 2. (1.0 điểm) 0,25 Xét 2 trường hợp: 4 4 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = P 3b 3 1 b 1 2b Nếu b 1, a dương tuỳ ý thì P = b 3b 3 3b 3
7. b 1 2 0,25 Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3b 3 2b 2 0,25 Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 2 2 4 Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 3 4 KL: Giá trị nhỏ nhất của P = 3 0,25 0,25 Câu 2 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm Biến đổi tương đương hệ ta có (x 2)(x 1)2 2 y (y 2)(y 1)2 2(2 z) 1,00 2 (z 2)(z 1) 3(2 x) Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 0,50 (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 6 = 0 0,25 (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 0,25 x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 0,25 Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 0,50 Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho 0,25 Câu 3 (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm 1. (1,0 điểm) n+2 n+2 Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = a + b (1) 0,25 Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) 0,50 Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 0,25 2. (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = 7 0,25 Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn 0,25 Do S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z 0,25 Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6; ; S2008 Z 0,25 3. (1.0 điểm) 2 n 2 n 5 1 5 1 Ta có Sn – 2 = 2 2 2 2 2 0,25 n 2 n 2 n 5 1 5 1 5 1 5 1 = 2 2 2 2 2 n n 2 5 1 5 1 = đpcm 2 2 0,25
8. 5 1 5 1 Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = 5 ; a1b1 = 1 2 2 n n Xét Un= a1 b1 n+1 n + 1 n n Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1 - b1 ) – a1b1(a1 - b1 ) Un+2 = 5 Un+1 – Un 0,25 Ta có U1 = 1 Z; U2 = 5 Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 5 Z; Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ 0,25 Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 0 k 1003 Câu 4 (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm F D N I M C S B A O1 E O O2 0,25 0.25 0,25 1. (2,5 điểm) O1M; O2N  MN O1M/ / O2N 0,25 Do O1; E; O2 thẳng hàng nên  MO1E =  NO2B 0,50 Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có:  MEO1=  NBO2 (1) 0,25 0 0 Mặt khác ta có:  AME = 90  MAE +  MEO1= 90 0,25 (2) 0,25 0 0  MAE +  NBO2 = 90  AFB = 90 0,25 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật  NME =  FEM 0,25 (3) 0,25 0 Do MN  MO1  MNE +  EMO1 = 90 (4) 0,5 Do tam giác O1ME cân tại O1  MEO1 =  EMO1 (5) 0,25 0 0 Từ (3); (4); (5) ta có:  FEM +  MEO1= 90 hay  FEO1 = 90 (đpcm) 0,25 2. (2,5 điểm) 0,5 Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. O1M SO1 0,25 Gọi I là trung điểm CD CD  OI OI// O1M //O2N O N SO 2 2 0,25 SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2
9. Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cm OI SO Mặt khác: OI = 5 cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = 9 cm CI2 + 25 = 81 CI = 56 CD = 4 14 cm Câu 5 (2,0 điểm) A Điểm E E N I B M C S a) Kẻ BI,CS // EF (I, S AM ) AB AI AC AS Ta có: , AE AN AF AN AB AC AI AS ( ) AE AF AN AN 1,0 Ta có: BIM CSM (cgc) IM MS Vậy: AI AS AI AI IM MS 2AM Thay vào (*) ta được (đpcm) 0,5 Khi d // BC EF // BC N là trung điểm của EF 0,5 +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L Ta có: NFP NFL(cgc) EP LF 0,5 Do đó : A K EP LF KF (1) L 0,5 PB PB KB N E F +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt P Q KM tại H Ta có BMH CMQ(cgc) BH QC B M C 0,5
10. FQ FQ KF Do đó: (2) QC BH KB FP FQ Từ (1) va (2) PQ // BC (đpcm) PB QC 0,5 Bài 6: 2 điểm) Do a <1 a 2 <1 và b <1 Nên 1 a2 . 1 b 0 1 a2b a2 b 0 2 2 Hay 1 a b a b (1) 0,5 Mặt khác 0 <a,b <1 a2 a3 ; b b3 b a 2 a 3 b3 Vậy a 3 b3 1 a 2b 0,5 Tương tự ta có b3 c3 1 b2c a3 c3 1 c2a 0,25 0,25 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a 0,5 UBND HUYỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề x y x y x y 2xy Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P : 1 . 1 xy 1 xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm 1 3 số: y x và y x . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0. Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E (
11. O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD. c) ME.MA = MF.MD. Hết
12. UBND HUYỆN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1. 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 0,5 đ 1 xy 1 xy x x y y y x x x y y y x 1 xy 0,5 đ . 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) x 3 2 3 1 ( 3 1)2 0,5 đ 2 3 4 3 x ( 3 1)2 3 1 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 2 3 2 0,5 đ P 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 6 3 2 P 5 2 3 13 2 3 a) 1 3 x 0 y 0,5 đ Đồ thị y x có : 2 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x 0,5 đ x khi x 0 Đồ thị như hình vẽ: y N 3 (L) 1 đ (D) 3/2 M 1 - 3 O 1 3 x b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2 ON = 32 ( 3)2 3 2 ON2 = 18 0,5 đ
13. MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 0,5 đ Vì: OM2 + ON2 = MN2 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 1 đ x2 x 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 2 Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 1 đ 10 5 Do đó: y và y 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 1 đ x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 1 đ 1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) 0,5 đ AD2 AJ2 AI2 Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 0,5 đ ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 0,5 đ Thay vào (1) ta được: (đpcm) AD2 AM2 AI2 a 2
14. 5 M E I F H A O D B C O / N a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: 0,5 đ OE  EF và OF  EF => OE // O/F => E· OB F·O/ D (góc đồng vị) => E· AO F·CO/ 0,5 đ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN 0,5 đ Hay E· NF 900 . Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 0,5 đ 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 0,5 đ => F· DC H· NC 0,5 đ 0,5 đ Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) => N· HC D· FC 90O hay MN  AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 0,5 đ 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 0,5 đ => M· FE E· AB 0,5 đ Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ ME MF => , hay ME.MA = MF.MD MD MA Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./.
15. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu1: ( 5đ) 2 x 9 2 x 1 x 3 Cho biÓu thøc M = x 5 x 6 x 3 2 x a. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M b. T×m x ®Ó M = 5 c. T×m x Z ®Ó M Z. Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0. ab Tính giá trị của biểu thức: P 4a 2 b 2 Câu 3(4đ) 3x 2 8x 6 a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 2 2x 1 2 2 2 b. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có a b c ab bc ca Câu: 4 (4đ) a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 1) Tứ giác BEDF là hình gì vì sao? 2) Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh rằng. a. Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng . b. AB.AH+AD.AK=AC2 ĐÁP ÁN Câu: 1(5đ) a) ĐK x 0; x 4; x 9 0,5đ 2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 Rút gọn M = 0,5đ x 2 x 3 x x 2 Biến đổi ta có kết quả: = 0,5đ x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = 1đ x 3 x 2 x 3 x 1 M 5 5 b) x 3 1đ x 4 x 16(TM ) x 1 x 3 4 4 c) M = 1 0,5đ x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ước của 4 x 3 nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ x 1;4;16;25;49 do x 4 x 1;16;25;49 0,5đ Câu: 2 (2đ) Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ a=b hoặc 4a=b 0,5đ
16. Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ ab a 2 1 Tính được P 0,5đ 4a 2 b 2 3a 2 3 Câu: 3 (4đ) 2x 2 4x 2 x 2 4x 4 (x 2) 2 a. Viết được A 2 2 1,5đ x 2 2x 1 (x 1) 2 Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 2 2 2 b. biến đổi a b c ab bc ca 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 ≥ 0 0,5đ Lập luận => khẳng định 0,5đ Câu: 4 (4đ) a. x3+y3+z3-3xyz = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2 -3xyz 0,5đ = (x+y)3+z3 –3xyz(x+y+z) 0,5đ = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ Câu: 5 (5đ) H C B F E 1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF A 0,5đ K D =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ => BEDF là hình bình hành 0,25đ 2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ CH CK 0,25đ CB CD Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ CH CK CH CK Chỉ ra hay vì AB=CD 0,25đ CB CD CB AB Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ Công theo vế (1) và (2) ta được
17. AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TẠO HUYỆN KIM THÀNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính giá trị biểu thức: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 1 x 4 x 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a) Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c) Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE?
18. TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH Tổ KHTN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian: 120’ Câu 1: (4 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a/ Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x ĐKXĐ: x 4; x 9 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 A = x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = x 2 x 3 x 3 b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Giải a/Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 3 16 8 5 3 16 8 5 32 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 k n 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 n 8 k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 x 4 x 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 Giải
19. a/ ĐK: 4 x 1 Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 2 x 0 4 3x x 4 x(x 3) 0 (thỏa mãn) x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 ĐKXĐ: x 2 x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 2 2 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 x 1 vậy phương trình có nghiệm duy 2x 3 1 nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải a/ 2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 4 y 4 y 4 x 4 x 2 y 4 ;2 x 4 vậy VP xy = VT 2 2 2 2 x 4 2 Dấu = xảy ra khi: x y 8 y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a/ Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c/ Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải
20. a/ Sử dụng định lý pytago: A AC 2 CB2 BA2 AK 2 KC 2 (BK CK)2 AB2 CB2 BA2 AC 2 (BK CK)2 BA2 (AK KC)2 2 2CK 2BK.CK 2CK(CK BK) CK D = 2 2BK 2BK.CK 2BK(BK CK) BK E H b/ Ta có: tanB = AK ; tanC = AK BK CK AK 2 B K Nên: tanBtanC = (1) C BK.CK KC Mặt khác ta có: Bµ H· KC mà: tanHKC = KH KC KB KB.KC Nên tanB = tương tự tanC = tan B.tan C (2) KH KH KH 2 2 2 AK Từ (1)(2) tan B.tan C KH 1 Theo gt: HK = AK tan B.tan C 3 3 2 SABC AB c/ Ta chứng minh được: ABC và ADE đồng dạng vậy: (3) SADE AD Mà BÂC = 600 nên ·ABD 300 AB = 2AD(4) SABC 2 Từ (3)(4) ta có: 4 SADE 30(cm ) SADE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012 §Ò CHÝNH THøC MÔN: TOÁN Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Câu I (4đ) æ x- 1 x + 8 ö æ 3 x- 1+ 1 1 ö ç ÷ ç ÷ Cho biểu thức P = ç + ÷:ç - ÷ èç3+ x- 1 10- xø÷ èçx- 3 x- 1- 1 x- 1ø÷ 1) Rút gọn P 3 2 2 3 2 2 2) Tính giá trị của P khi x = 4 4 3 2 2 3 2 2 Câu II (4đ) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 1) Tính độ dài AB. 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4đ)
21. x 2 x 2 y 1) Giải hệ phương trình y 2 1 y . x 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2) KH  AM. Câu V (2đ) Với 0 x; y; z 1. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z
22. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 Câu 1:ĐK 1 x=1+ 2 - ( 2 - 1) = 2 vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) 1 có hai nghiệm phân biệt D > 0 m (x1-x2) +(y1-y2) =18 2 (x1-x2) =9 2 (x1+x2) -4x1x2=9 1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x¹ 0, y¹ 0 Đặt x=ky ( k¹ 0) x 2 ïì (k 2 + k)y = 2 x 2 ï y íï ï 1 1 (1) 2 ï ( + 1)y = y 1 îï k 2 y . x 2 Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu k¹ -1 (k 2 + k)k từ (1) => = 4 k + 1 => k=2 hoặc k = -2 2 1 Nếu k=2 => (x, y) = ( ; ) 3 3 Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320
23. => (x3)2 £ 320 mà x nguyên nên x £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) Câu IV: 1) Ta có Eµ= Fµ= 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH 1 E·AH = sd E¼H (1) 2 mà E·AH = C·BE (2) ( cùng phụ với góc ACD) M· EB = C·BE (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) 1 Từ (1), (2) và (3) ta có M· EH = sd E¼H 2 => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) A F E N B K C D M C 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn Ta thấy A·FE = A·CB;A·NE = A·FE = > A·NE = A·CB => nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó K·NM = 900 KH  AM Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 £ x £ y £ z £ 1 y z 3 + = 1+ z 1+ zy y + z y 1 z 1 1 Nếu x= 0 => = > ( - ) + ( - ) = 1+ z y + z 1+ zy y + z y + z (y - 1)(y + 1+ z) z2 - 1 1 = > + = (1+ z)(y + z) (1+ yz)(y + z) y + z Ta có VT ³ 0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm
24. Nếu x khác 0 mà 0 £ x £ y £ z £ 1 z 1 1 x 0 1 zx x z >0 x z zx 1 0 x zx z 1 0 đúng với mọi 0 x; z 1. Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. + Ta có: 1 zx x z 1 y zx x y z x x 1 y zx x y z y y + Tương tự: 1 z xy x y z z z 1 x yz x y z x y z x y z VT 1. (1) 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z + Mặt khác, vì: 0 x; y; z 1 x y z 3 3 3 VP 1 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) x y z 3 + Từ (1) và (2) VT VP chỉ đúng khi: VT VP 1. Khí đó x=y=z=1. * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x; y; z 1;1;1 .