Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020

65 trang Hoài Anh 20/05/2022 3830

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_hoc_sinh_gioi_cap_thanh_pho_mon_toan_lop_9_thcs_nam_h.docx

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THÀNH PHỒ HỒ CHÍ MINH CẤP THÀNH PHỐ ___ KHÓA THI NGÀY 10/6/2020 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 01 trang) (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (4 điểm) 1 1 1 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c b c a a) Cho a = 1, hãy tìm b, c. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c đều dương thì a = b = c. Bài 2. (3 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 P = . xy xz Bài 3. (4 điểm) Cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh BC, AB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho BM = 1 BC; AN = 1 AB. 3 3 a) Chứng minh MN vuông góc với BC. b) Gọi I là giao điểm của AM và CN. Tính góc BIC. Bài 4. (3 điểm) Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và c 0. Chứng minh rằng nếu phương trình x2 + ax + bc = 0 và phương trình x2 + bx + ca = 0 có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm khác của hai phương trình trên thỏa mãn phương trình x2 + cx + ab = 0. Bài 5. (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH. Đường tròn tâm H bán kính HA cắt cạnh AC tại D. Đường thẳng qua D vuông góc với AC cắt BC tại E. a) Chứng minh BH = HE.
b) Đường thẳng qua E vuông góc với BC cắt đường tròn (H) tại K, L. Chứng minh CK, CL là các tiếp tuyến của (H). Bài 6. (2 điểm) Gọi S là tập hợp gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị không quá 2020. Chứng minh rằng trong S có hai số mà tổng của chúng bằng 2021. GỢI Ý 1 1 1 Bài 1. a b c (1) b c a 1 1 1 1 1 1 a) Với a = 1, từ (1) ta có: 1 b c c . Thế vào 1 b ta được: 2b2 – b – 1 = 0 b c 1 b b c Tính được b = c = 1 hoặc b = – 1 và c = – 2. 2 1 1 1 1 a b a b (*) b) b c c b 1 1 1 1 b c b c ( ) c a a c 1 1 1 1 * Giả sử a > b a – b > 0, từ (*) > 0 c 0) b – c > 0, từ c b c b ( ) 1 1 1 1 > 0 a 0) mà c b). Vậy điều giả sử sai. * Giả sử a b(mâu thuẫn với a 0; x + y + z = 3 y + z = 3 – x 1 1 4 Chứng minh (*) với a, b > 0. Dấu “=” xảy ra a = b. a b a b 1 1 4 4 4 4 4 16 Áp dụng , ta có: P xy xz xy xz x(y z) x(3 x) x2 3x 3 2 9 9 x 2 4 3 3 2 9 x (do xy + xz > 0 nên x 0 ). Dấu “=” xảy ra 2 3 2 4 y z 4 Bài 3. a) Chứng minh MN  BC. A Chứng minh BM = 1 BC = 1 AB = AN; BN = 2 AB = 2 BC = CM 3 3 3 3 N • Vẽ NS // AC (S BC) NBS đều BS = BN I MS = BS – BM = BN – BM = 2 BC – 1 BC = 1 BC = BM 3 3 3 NM là trung tuyến của NBS đều MN  BC. B M S C
b) Tính B· IC . AMC = CNB(c.g.c) A· MC C· NB (yttư) tứ giác BNIM nội tiếp N· IB N· MB 900 B· IC = 900. Bài 4. x2 + ax + bc = 0 (1), x2 + bx + ca = 0 (2), x2 + cx + ab = 0 (3) • Gọi x0, x1 là nghiệm của (1) và x0, x2 là nghiệm của (2) (với x0 là nghiệm chung và x1 x2 :do (1) và (2) có đúng một nghiệm chung) 2 x0 ax0 bc 0 • Ta có: 2 (a b)x0 c(b a) 0 (a b)(x0 c) 0 x0 c 0 x0 c x0 bx0 ca 0 (do a, b, c là ba số đôi một khác nhau nên a b a b 0). Từ (1), ta có: c2 + ac + bc = 0 a + b + c = 0 (*)(do c 0) • Theo hệ thức Viète, từ (1) và (2), ta có: x0x1 bc và x0x2 ca mà x0 c 0 nên x1 = b và x2 = a. 2 • Từ x1= b và từ (3): b + cb + ab = b(b + c + a) = b.0 = 0 nên x1 = b là nghiệm của (3)(đpcm). 2 • Từ x2 = a và từ (3): a + ca + ab = a(a + c + b) = a.0 = 0 nên x2 = a là nghiệm của (3) (đpcm). Bài 5. a) Chứng minh BH = HE. • Chứng minh tứ giác ADEH nội tiếp A· EH A· DH mà HD = HA ΔAHD cân tại H A· DH D· AH , lại có: A K D B H E C L D· AH A· BH nên suy ra: A· EH A· BH ΔABE cân tại A mà AH là đường cao BH = HE(đpcm). b) Chứng minh CK, CL là các tiếp tuyến của (H). HC HK • Ta có: HE.HC = HB.HC = HA2 = HK2 HK HE · · 0 HKC ~ HEK(c.g.c) HKC HEK 90 CK  HK tại K (H) CK là tiếp tuyến của (H). • Chứng minh tương tự CL là tiếp tuyến của (H)(đpcm). Bài 6. • Chia các số nguyên dương từ 1 đến 2020 thành 1010 nhóm, mỗi nhóm có 2 số sao cho tổng của hai số đó bằng 2021. Cụ thể: A = {(1; 2020); (2; 2019); (3; 2018);. . . ; (1010; 1011)}
• Ta có tập hợp S gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị không quá 2020 * Trường hợp 1: Nếu 1010 số trong 1011 số của S có 2 số thuộc cùng một nhóm ở A thì bài toán được chứng minh(do 2 số thuộc cùng một nhóm ở A có tổng bằng 2021). * Trường hợp 2: Nếu 1010 số trong 1011 số của S mà mỗi số lần lượt thuộc 1010 nhóm khác nhau ở A thì theo nguyên lý Dirichlet số còn lại phải thuộc một trong các nhóm ở A. Khi đó có 2 số thuộc cùng một nhóm và 2 số này có tổng 2021(bài toán được chứng minh). Vậy trong S luôn có hai số mà tổng của chúng bằng 2021. UBND HUYỆN THANH SƠN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GD& ĐT Năm học: 2019 - 2020 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề (Đề có 03 trang) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (8,0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng rồi ghi vào tờ giấy thi. Câu 1. Rút gọn biểu thức x 1 2x x2 khi x 2 được kết quả là: A.2x 1 B. 1 C. 2 D. -1 3 Câu 2. Tập hợp các giá trị nguyên của x để biểu thức 2 x có nghĩa là: x 1 A. x 1;0;1;2 B. x 0;1;2 C. x 1;2 D. x 1;0;1 9 Câu 3. Giá trị lớn nhất của biểu thức P =1+ là: x2 +1 A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 1 1 Câu 4. Số nghiệm của phương trình 1 là: x 3 x 2 x 2 x 1 A. 1 B. 2 C.3 D. Vô nghiệm Câu 5. Giá trị của biểu thức 264 2 1 22 1 24 1 232 1 bằng: A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2 Câu 6. Số các giá trị x để P = có giá trị là số nguyên là: x - x +1
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 7. Cho số thực x thỏa mãn 0 x 5. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 8- x + 5- x x +3 là: 3 22 5 22 A. B. C. 3 5 D. 5 3 2 2 Câu 8. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1- x + 1+ x 2 x là: 3 3 3 3 A. 0 B. 2 C. D. 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Câu 9. Biểu thức S = 12 22 32 12 32 42 12 992 1002 Có giá trị bằng: A. 98 B. 99 C. 98,49 D. 99,49 Câu 10. Cho hình chữ nhật ABCD. Từ D hạ đường vuông góc với AC tại H. Biết rằng AB = 13 cm; DH = 5 cm. Khi đó BD bằng: 169 169 169 169 A. cm B. cm C. cm D. cm 10 11 12 17 Câu 11. Cho hình chữ nhật ABCD. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BD, cắt BD ở H. Biết rằng DH = 9cm; BH = 16cm. Chu vi hình chữ nhật ABCD bằng: A. 35 cm B. 50 cm C. 70 cm D. 80 cm Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = 9 cm; AC = 12 cm. Khi đó độ dài CH là: A. 8,4 cm B. 9,2 cm C. 9,4 cm D. 9,6 cm Câu 13. Cho tam giác ABC có Aµ = 2Bµ , AC = 4,5 cm và BC = 6 cm. Trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Độ đài đoạn AE là: A. 2,5 cm B. 3,5 cm C. 4 cm D. 5 cm Câu 14. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB : AC = 4 : 3 và BC = 75 cm. Khi đó BH bằng: A. 28 cm B. 36 cm C. 48 cm D. 52 cm Câu 15. Hình bình hành có hai cạnh là 5 cm và 6 cm, góc tạo bởi hai cạnh đó là 1500 . Diện tích hình bình hành đó là: A. 15 cm2 B. 17 cm2 C. 20 cm2 D. 24 cm2
Câu 16. Giữa hai toà nhà (kho và phân A xưởng) của một nhà máy người ta xây dựng một băng chuyền AB để chuyển vật liệu. Khoảng cách giữa hai toà nhà là 10m, còn hai vòng quay của băng chuyền được đặt ở độ B cao 8m và 4m so với mặt đất. Độ dài AB của băng chuyền làm tròn đến chữ số thập phân 8 thứ nhất là: 4 A. 10,5 m B. 10,6 m 10 C. 10,7 m D. 10,8 m II. PHẦN TỰ LUẬN. (12,0 điểm) Bài 1. (3,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y2 = x2y2 b) Tìm số tự nhiên n sao cho 3n +19 là số chính phương. Bài 2. (3,0 điểm). a) Giải phương trình: x2 - 3x + 2 x2 +15x + 56 + 8 = 0 b) Giải phương trình: x x - 2 + x x - 5 = x x + 3 Bài 3. (4,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME AB, MF  AD. a) Chứng minh: DE = CF và DE  CF; b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng quy; c) Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Bài 4. (2,0 điểm) Cho ba số a, b, c dương, thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4a 2 + 6b2 + 3c2 . HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm./. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học: 2019 - 2020. Môn: Toán 9 (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác, tổ chấm thống nhất cho điểm. Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai không tính điểm. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM. (8,0 điểm) Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 Câu B B C A D D B B 9 10 11 12 13 14 15 16 Câu C C C D B C A D II. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm). Bài 1. (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y2 = x2y2 b) Tìm số tự nhiên n sao cho 3n +19 là số chính phương. Nội dung cần đạt Điểm
a) Thêm xy vào hai vế ta được x2 2xy y2 x2 y2 xy 0,25 x y 2 xy xy 1 0,25 Ta thấy xy và xy 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số 0,25 chính phương nên tồn tại một số bằng 0 + Xét xy = 0 thay vào phương trình đầu ta có x2 y2 0 x y 0 0,25 + Xét xy 1 = 0 ta có xy = -1 nên x, y bằng (1; -1) hoặc (-1; 1) 0,25 Thử lại x, y lấy các giá trị (0; 0), (1; -1), (-1; 1) đều là nghiệm của 0,25 phương trình đã cho. b) Giả sử 3n 19= a2 (a N ). Dễ thấy a chẵn nên a2  0(mod 4) 0,5 Suy ra 3n 1(mod 4) Mặt khác, vì 3  1(mod 4) nên 3n  ( 1)n (mod 4) 0,25 Vậy n là số chẵn hay n 2m (m N ).Ta có 32m 19 a2 nên 0,25 a 3m 1 a 3m a 3m 19 . Từ đó tìm được m = 2, suy ra n m a 3 19 0,5 =4 Bài 2. (3,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 - 3x + 2 x2 +15x + 56 + 8 = 0 b) Giải phương trình: x x - 2 + x x - 5 = x x + 3 Nội dung cần đạt Điểm a) Phương trình được viết lại: (x 1)(x 2)(x 7)(x 8) 8 0 0,25 (x2 6x 16)(x2 6x 7) 8 0(1) Đặt t x2 6x 7 ta có (1) t(t 9) 8 0 0,5 (t 1)(t 8) 0 t =1 hoặc t =8
Vớit =1 ta có x2 6x 7 1 x2 6x 9 17 0,25 (x 3)2 17 Vậy x 3 17 hoặc x 3 17 Vớit =8 ta có x2 6x 7 8 x2 6x 9 24 0,25 (x 3)2 24 Vậy x 3 24 hoặc x 3 24 Kết luận: tập nghiệm của phương trình là 0,25 x 3 17; 3 24; 3 17; 3 24 b) Điều kiện để phương trình có nghĩa là : x 3; x 0; x 5 0,25 x x - 2 + x x -5 = x x +3 x x - 2 + x -5 - x +3 0 0,25 x 0 x 0 (t / m) Nếu x - 2 + x -5 - x +3 0 x - 2 + x -5 = x +3 Nếu Bình phương hai vế của phương trình ta được: 0,25 x 2 x 5 2 x 2 x 5 x 3 2 x 2 x 5 10 x 4 x 2 x 5 10 x 2 Đk: (x 10) 4 x 2 x 5 100 20x x2 4 x2 7x 10 100 20x x2 0,25 3x2 8x 60 0 (3x 10)(x 6) 0. Giải phương trình này 10  được x ;6 . 0,25 3  Thử lại chỉ có hai nghiệm x 0; x 6 thoả mãn đề bài. 0,25 Bài 3. (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME AB, MF  AD.
a) Chứng minh: DE = CF và DE  CF; b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng quy; c) Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Nội dung cần đạt Điểm Hình vẽ A E B F M N D C a) Chứng minh tứ giác AEMF là hình chữ nhật suy ra AE = MF 0,25 V MDF cân ở F suy ra MF = FD AE = FD 0,5 V AED =V DFC (c.g.c) Suy ra DE = CF Mà E· DA= F· CD mà E· DA+ E· DC = 900 0 0 0,5 Vậy F· CD + E· DC = 90 hay N· CD + N· DC = 90 Do đó C· ND = 900 suy ra DE  CF 0,25 b) Tương tự: EC  BF ta có MC = MA và MA = EF suy ra MC = EF 0,5 V MCF =V FED (c.c.c). Do đó F· ED = M· CF 0,25 Gọi H là giao điểm của CM và EF ta có F· ED + E· FC = 900 . Vì thế 0 0 0,5 M· CF +C· FE = 90 thì E· HM = 90 suy ra CM  EF Trong V ECF có ED, FB, CM là ba đường cao nên chúng đồng quy. 0,25
c) CAEMF = AE + EM + AF + FD = 2AB là không đổi nên ME + MF không đổi. Do đó tích ME.MF lớn nhất khi và chỉ khi ME = MF 1 Hay SAEMF ME.MF lớn nhất khi và chỉ khi ME = MF 1,0 2 Suy ra AEMF là hình vuông khi và chỉ khi M O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của hình vuông ABCD. Bài 4. (2,0 điểm) Cho ba số a, b, c dương, thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4a 2 + 6b2 + 3c2 . Nội dung cần đạt Điểm 8 16 Ta có P 4a2 4 6b2 3c2 12 0,5 3 3 Áp dụng BĐT Côsi, ta có 8 16 P 2. 16a2 2. 6b2. 2. 3c2. 12 3 3 0,5 P 8a 8b 8c 12 8.3 12 12 (do a b c 3) 2 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: a 1;b ;c 0,5 3 3 2 4 Vậy Min P 12 a 1;b ;c 0,5 3 3 HẾT PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC: 2018 - 2019 MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: A 17 12 2 3 2 2
x2 x x 3 x 2 x 1 b) Rút gọn biểu thức: B x; x 0, x 1 . Từ đó, x x 1 x 3 x 1 tìm giá trị nhỏ nhất của B. Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) x 2 x 1 x 1 1 b) Câu 3. (2,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố b) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn: xy 2x 2y 1 Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. AD a) Chứng minh: AD.DH DB.DC và tanB.tanC = HD b) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. A a Chứng minh rằng: sin 2 2 bc 2) Trên hai cạnh AC, BC của tam giác đều ABC, lấy tương ứng hai điểm M, N sao cho MA = CN. Tìm vị trí của M để MN có độ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi cạnh của tam giác đều là 2,018 cm. Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y + z = 2018. Tìm giá trị lớn nhất x y z của biểu thức: A x 2018x yz y 2018y zx z 2018z xy Hết Họ và tên học sinh: Số báo danh: Họ và tên giám thị giao đề Chữ ký:
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM CẨM GIÀNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2018 - 2019 MÔN: TOÁN LỚP 9 Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Đáp án Điểm 2 2 A 17 12 2 3 2 2 2 2 3 2 1 0,25 Câu 1a 2 2 3 2 1 0,25 (1 điểm) =3 2 2 2 1 0,25 4 3 2 0,25 x x 1 x x 1 x x 3 2 x 1 x 1 B x 0,25 x x 1 x 3 x 1 Câu 1b x x x 2 x 2 x 0,25 (1 điểm) x x 2 0,25 Vì x 0 B x x 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x=0(thỏa mãn điều kiện) 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 2 khi x =0 ĐKXĐ: x 1 0,25 Ta có: x 2 x 1 x 1 1 2 0,25 x 1 1 x 1 1 Câu 2a (1 x 1 1 x 1 1( ) điểm) Nếu x 1 1 0 x 2 thì phương trình ( ) trở thành: 0,25 x 1 1 x 1 1 1 1(vô lí) Nếu x 1 1 0 x 2 thì phương trình ( ) trở thành: x 1 1 x 1 1 2 x 1 0 x 1(thỏa mãn) 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=1
Đặt: t x2 2x 3 x 1 2 2 2,x 0,25 Phương trình đã cho trở thành: 1 2 6 Câu 2b t 1 t t 1 (1 3t 2 7t 2 0 0,25 điểm) t 2(tm) 1 0,25 t (ktm) 3 Với t =2 ta có: x2 2x 3 2 x 1 2 0 x 1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1 Ta có n4 + 4 = n4 + 4 + 4n2 – 4n2 = ( n2 + 2)2 – (2n)2 0,25 = ( n2 – 2n + 2).( n2 + 2n+ 2) Câu 3a Vì n là số tự nhiên nên n2 + 2n+ 2 là số tự nhiên lớn hơn 2. 0,25 (1 Mà n2 – 2n + 2 < n2 + 2n+ 2 nên để n4 + 4 là số nguyên tố thì điểm) 0,25 n2 – 2n + 2 =1 Từ đó giải được n = 1. Với n = 1 ta có n4 + 4 = 5 là số nguyên tố 0,25 Vậy n = 1 là giá trị cần tìm xy 2x 2y 1 y 2 x 2 5(1) 0,25 Vì x, y là số nguyên nên x+2; y+2 là số nguyên. 0,25 Câu 3b Do đó: y + 2 là ước của 5 (1 y 2 1; 1;5; 5 y 1; 3;3; 7 điểm) 0,25 Từ đó tìm được các giá trị tương ứng của x 3; 7; 1; 3 0,25 Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (-1;3);(-3;-7);(3:-1);(-7;-3) Câu 4.1
(2điểm) A E H M C B D F N a) Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có D· AC D· BH vì cùng phụ AD BD với góc C nên ta có : ADC : BDH AD.DH DB.DC 0,5 DC DH (*) AD AD AD2 Ta có tanB = ; tanC = tanB.tanC = (1) 0,25 BD DC BD.DC AD2 AD Từ (*) (2) BD.DC HD AD 0,25 Từ (1) và (2) tanB.tanC = HD b) Gọi AF là tia phân giác góc A; kẻ BM, CN lần lượt vuông góc với AF A Ta có: BM c.sin 0,25 2 A A Tương tự CN b.sin do đó BM CN (b c).sin 2 2 Mặt khác ta luôn có: BM CN BF FC BC a 0,25 A A a a Nên (b c).sin a sin 0,25 2 2 b c 2 b.c Dấu “=” xảy ra khi: BM=CN hay tam giác ABC cân tại A. A a 0,25 Vậy: sin 2 2 bc
B H G N K A C M Kẻ MK  AB; NH  AB;MG  NH Tứ giác MGHK là hình chữ nhật MG KH 0,25 Câu 4.2 Mà MN MG MN KH (1,0 Các tam giác AKM, BHN là các tam giác vuông có một góc điểm) 1 1 0,25 nhọn bằng 60o nên AK AM ; BH BN . 2 2 Do đó: AM BN KH AB AK BH AB 2 2 CN BN BC AB 0,25 AB AB 2 2 2 2 AB MN (không đổi) 2 Dấu “=” xảy ra khi: MN là đường trung bình của tam giác ABC hay M là trung điểm của cạnh AC. 0,25 AB 2,018 Vậy min MN 1,004 cm 2 2 2 Từ x yz 0 x2 yz 2x yz (*) Dấu "=" khi x2 = yz 0,25 Ta có: 2018x yz x y z x yz x2 yz x(y z) x(y z) 2x yz Câu 5 (1,0 Suy ra: 2018x yz x(y z) 2x yz x( y z) điểm) x x 0,25 x 2018x yz x x y z (1) x 2018x yz x y z y y Tương tự ta có: (2) 0,25 y 2018y zx x y z
z z (3) z 2018z xy x y z Từ (1),(2),(3) ta có: x y z 1 x 2018x yz y 2018y zx z 2018z xy Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2018 3 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x=y=z= 2018 3 * Lưu ý: HS làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa. UBND HUYỆN TÂN SƠN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI PHÒNG GD&ĐT CẤP TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 THCS Năm học: 2019 - 2020 (Đề thi có 02 trang) Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (8,0 điểm). Chọn phương án trả lời đúng: 1 1 Câu 1. Cho x 0 và x2 7 . Giá trị của biểu thức x5 bằng: x2 x5 A.18 B. 216 C. 123 D. 343 2 Câu 2. Cho biết a b 3 (với a, b là các số hữu tỉ). Khi đó tổngS a b nhận giá 2 3 trị bằng bao nhiêu? A. S 6 B. S 3 C. S 6 D. S 3 3 3 Câu 3. Phương trình nào sau đây nhận x0 9 4 5 9 4 5 là nghiệm: 3 3 3 3 A. x3 3x 17 1 0 B. x3 3x 1 1 0 C. x 3 x 1 1 0 D. x 3 x 1 7 1 0 Câu 4. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 4 x 2 2 x 6 x 2 7 (với x 2 ) bằng: A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 5. Cho đường thẳng (d): y = ( m - 2) x + 2m - 1 (m là tham số). Đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định nào sau đây với mọi giá trị của m? A. (2; 3) B. (- 2; - 3) C. (2 ; - 3) D. (- 2; 3) Câu 6. Cho đường thẳng (d) có phương trình: 3x – 2y + 6 = 0. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) là: 3 13 6 13 9 13 18 13 A. B. C. D. 13 13 13 13 Câu 7. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình x2 x 2018y 1 0 ? A. 1 B. 2 C. không có D. vô số
Câu 8. Giá trị x thỏa mãn x 2019 x 2020 0 là: A. x 2019 B. x 2 0 20 C. x 2 0 19 và x 2020 D. Không có giá trị của x thỏa mãn Câu 9. Giá trị lớn nhất của biểu thức N 3x 5 7 3x là: A. 0 B. 1 C. 2 D. 2 Câu 10. Một nhóm gồm 31 bạn học sinh dự định đóng tiền tổ chức một chuyến đi trải nghiệm (chi phí chuyến đi được chia đều cho mỗi bạn tham gia). Sau khi hợp đồng xong có 3 bạn bận việc đột xuất không thể tham gia nên họ không phải đóng tiền. Cả nhóm thống nhất mỗi bạn còn lại sẽ phải đóng thêm 18000 đồng so với dự kiến ban đầu. Hỏi tổng chi phí cho chuyến đi là bao nhiêu? A. 5.028.000 (đồng) B. 5.208.000 ( đồ ng) C. 5.280.000 (đồng) D. 5.054.000 ( đồ ng) Câu 11. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống HB 1 cạnh BC, biết AH = 12 cm và . Khi đó độ dài đoạn BC là: HC 3 A. 6 cm B. 4 3 cm C. 8 cm D. 12 cm Câu 12. Một tam giác vuông có cạnh góc vuông này gấp 3 lần cạnh góc vuông kia và có diện tích là 24 cm2. Độ dài đường cao AH là: 6 10 2 10 A. cm B. cm C. 2 10 cm. D. 4 10 cm 5 5 Câu 13. Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R (R là độ dài cho trước). M, N là hai điểm nằm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng khoảng cách từ A,B đến MN bằng R 3 . Độ dài đoạn MN (theo R) nhận giá trị nào sau đây? A. MN R B. M N 2R C. M N 3R D. M N 2R Câu 14. Cho tam giác ABC có AC = 3, AB = 4 và BC = 5. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho chu vi ACD bằng chu vi ABD. Hỏi ABD có diện tích bằng bao nhiêu? 3 3 12 5 A. cm2 B. cm2 C. cm2 D. cm2 4 2 5 2 Câu 15. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 8cm2 . Hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Biết rằng đường cao AD chia đôi cạnh BC và AD cắt MN tại I. Hỏi tứ giác BMID có diện tích là bao nhiêu? A. 1,5 cm2 B. 2 cm2 C. 2,5 cm2 D. 3 cm2 Câu 16. Một căn phòng hình vuông được lát bằng những viên gạch men hình vuông cùng kích cỡ, vừa hết 441 viên (không viên nào bị cắt xén). Gạch gồm 2 loại men trắng và men xanh, loại men trắng nằm trên hai đường chéo của nền nhà còn lại là loại men xanh. Tính số viên gạch men xanh? A. 380 (viên) B. 400 (viên) C. 405 (viên) D. 415 (viên) II. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm). 2 2 x 1 x 1 3 x 1 Câu 17 (3,0 điểm). Cho biểu thức P với x 0 , x 1. x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x là số chính phương để 2019.P là số nguyên. Câu 18 (3,0 điểm).
a) Giải phương trình x3 6 3 6x 9 9. b) Cho ba số tự nhiên a, b, c. Biết rằng 7a + 2b - 5c chia hết cho 11. Chứng minh rằng 3a - 7b + 12c cũng chia hết cho 11. Câu 19 (2,0 điểm). Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm E thuộc cạnh BC, với E không trùng B và E không trùng C. Vẽ EF vuông góc với AE, với F thuộc CD. Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại G. Vẽ đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với AE, đường thẳng a cắt đường thẳng DE tại điểm H. AE CD a) Chứng minh . AF DE b) Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn. Câu 20 (3,0 điểm). Cho (O,R) và hai điểm A,B cố định nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Tìm điểm M trên đường tròn sao cho tổng MA + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất? HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm./. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Năm học: 2019 - 2020. Môn: Toán 9 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác, tổ chấm thống nhất cho điểm. Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai không tính điểm. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (8,0 điểm). Mỗi câu trả lời đúng được 0,50 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Đáp C A A B D B C B D B C A A C D B án II. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) 2 2 x 1 x 1 3 x 1 Câu 17 (3,0 điểm). Cho biểu thức P với x 0 , x 1. x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P; b) Tìm x là số chính phương để 2019.P là số nguyên. Nội dung cần đạt Điểm x 2 x 1 x 2 x 1 3 x 1 a) Ta có: P 0,50 x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 3 x 1 2x 3 x 1 0,75 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 0,75 x 1 x 1 x 1 2 x 1 3 b) 2019.P là số nguyên 2019. Z 2019. 2 Z 0,50 x 1 x 1
3 Z x 1 1; 3 x 0;4 0,25 x 1 Vì x là số chính phương nên x 0 và x 4 thỏa mãn. 0,25 Câu 18 (3,0 điểm). a) Giải phương trình x3 6 3 6x 9 9. b) Cho ba số tự nhiên a, b, c. Biết rằng 7a + 2b - 5c chia hết cho 11. Chứng minh rằng 3a - 7b + 12c cũng chia hết cho 11. Nội dung cần đạt Điểm a) Giải phương trình x3 6 3 6x 9 9 1 Đặt t 3 6x 9 , ta có: t3 6x 9 (2) 0,50 Phương trình 1 x3 6t 9 3 t3 6x 9 (2) Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình: 3 0,25 x 6t 9 (3) Hệ phương trình đã cho t x t 2 tx x2 6 0 (4) 0,25 t x t x 0 2 2 2 x 3 2 0,25 t tx x 6 0 t x 6 0 2 4 Thay t x vào phương trình 1 ta được x3 6x 9 0 2 2 2 3 3 0,25 x 3 x 3x 3 0 . Vì x 3x 3 x 0 x 3 2 4 b) Cho ba số tự nhiên a, b, c. Biết rằng 7a + 2b - 5c chia hết cho 11. Chứng minh rằng 3a - 7b + 12c cũng chia hết cho 11. Vì 7a + 2b - 5c chia hết cho 11, suy ra: 2.(7a + 2b - 5c) = 14a + 4b - 10c cũng 0,50 chia hết cho 11 Ta có: 14a + 4b - 10c = (3a - 7b +12c) + 11.(a + b - 2c) 0,50 Vì 11.(a + b - 2c) chia hết cho 11, nên 3a - 7b +12c cũng chia hết cho 11 0,50 (đpcm). Câu 19 (3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm E thuộc cạnh BC, với E không trùng B và E không trùng C. Vẽ EF vuông góc với AE, với F thuộc CD. Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại G. Vẽ đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với AE, đường thẳng a cắt đường thẳng DE tại điểm H . AE CD a) Chứng minh . AF DE b) Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn. Nội dung cần đạt Điểm
• Hình vẽ: a A B 1 2 E 1 D 1 C F H G AE CD a) Chứng minh . AF DE Tứ giác AEFD có AEF ADF 1800 , suy ra tứ giác AEFD nội 0,50 tiếp được một đường tròn. A1 D1 (cùng chắn cung EF ) 0,25 AEF : DCE ( g - g ) 0,25 AE AF AE CD (đpcm). 0,50 DC DE AF DE b) Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn. 0 0 Ta có A1 A2 90 ; E1 D1 90 0,50 Mà A1 D1 A2 D1 0,50 Suy ra tứ giác AEGH nội tiếp đường tròn đường kính HE 0,50 Câu 20 (2,0 điểm). Cho (O,R) và hai điểm A,B cố định nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Tìm điểm M trên đường tròn sao cho tổng MA + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất? Nội dung cần đạt Điểm
B M N O A C Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với (O,R). Trên đoạn OC lấy điểm OC 0,50 N sao cho 2 ON OC OM OA Suy ra 2 suy ra MOA ~ NOM (c.g.c) ON ON OM 0,50 MA 2 MA 2MN MN MA 2MB 2MN 2MB 2 MN MB 2NB (không đổi) 0,50 Dấu “=” xảy ra khi M thuộc đoạn NB Vậy M là giao điểm của đoạn NB với đường tròn(O,R) 0,50 HẾT PHÒNG GD&ĐT BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP GIANG HUYỆN NĂM HỌC: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề bài gồm 1 trang) Câu 1 (2,0 điểm). 20 2 112 4 1) Rút gọn biểu thức: A 5 7 3 3 1 5 1
2x 1 x 1 x 2) Chứng minh rằng: x 1 x 0 với 0 x 1. 2 x x2 1 Câu 2 (2,0 điểm). x x 1 4 1) Giải phương trình: x2 x 1 7 2) Cho xy 1 và x y 3. Tính giá trị đa thức: A x5 y5 . Câu 3 (2,0 điểm). 1) Biết 0,9999 9 (18 chữ số 9) là một số thập phân vô hạn không tuần hoàn. Hãy tìm 18 chữ số đầu tiên của phần thập phân của số đó. 2) Chứng minh rằng: Tích của một số chính phương với số liền trước của nó là một số chia hết cho 12 (Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên). Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến BD D AC . Kẻ CH vuông góc với tia BD tại H. 1) Tính sin A· BD (Kết quả để nguyên dấu căn bậc hai). 2) Chứng minh rằng: A· HB 450 . 3) Chứng minh rằng: Diện tích tam giác ABH bằng 6 lần diện tích tam giác ADH. Câu 5 (1,0 điểm). 1 Cho hai số x, y thỏa mãn: 8x2 y2 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của xy. 4x2 (Ghi chú: Học sinh không được dùng máy tính cầm tay khi làm bài thi) Họ tên học sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: . . Chữ kí giám thị 2: PHÒNG GD&ĐT BÌNH GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN - LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Câu Đáp án Điểm 20 2 112 4 1)A 5 7 3 3 1 5 1 0,25 2 5 2 4 7 4 35 15 3 1 5 1 2 5 1 3 1 4 7 1 5 1 35 15 0,25 3 1 5 1 15 5 3 1 35 7 5 1 35 15 0,25 7 3 2 0,25 Câu 1 2x 1 x 1 x (2,0 đ) 2) Với 0 x 1: x 1 x 2 x x2 1 0,25 x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 2 x 1 x 0,25 x 1 x x 1 x x 1 x 0,25 = 0 0,25 1) ĐK: x 0 x2 x 1 0: x x 1 4 x x 1 4 x x 1 4 x2 x 1 7 x2 2x 1 x 7 2 2 7 x 1 x 0,25 x x 1 4 1 4 7 7 Câu 2 x 1 x x 1 x x x 1 (2,0 đ) 2 1 3 4x 4 x 3 0 (Do x x 1 x 0 ) 0,25 2 4 2 4x 4 x 1 4 0 2 x 1 22 0 0,25 3 1 2 x 3 2 x 1 0 x hoặc x (Loại) 0,25 2 2
9 x (Thỏa mãn) 4 2) Cho xy 1 và x y 3 x y 2 9 x2 y2 2xy 9 x2 y2 7 0,25 x3 y3 x y x2 y2 xy 3. 7 1 18 0,25 Ta có: x2 y2 x3 y3 x5 y5 x2y2 x y 0,25 Hay: 7.18 x5 y5 12.3 x5 y5 126 3 123 0,25 1) Đặt 0,999 9 = a. Để chứng minh 18 chữ số thập phân đầu tiên của a là các chữ số 9, muốn vậy cần chứng minh a < a 0,25 < 1. Thật vậy ta có: 0 < a < 1 a(a – 1) < 0 a2 – a < 0 a2 < 0,25 a. Từ 0 < a2 < a < 1 suy ra a < a < 1. 0,25 Vậy 0,9999 9 = 0,9999 9 (18 chữ số 9 đầu tiên sau phẩy) Câu 3  0,25 (2,0 đ) 18chu so9 2) Số chính phương có dạng n2 n N , tích của một số chính 0,25 phương với số liền trước của nó là: n2 n2 1 n 1 n2 n 1 Ta có: n 1 n n 1  3 với mọi n N n2 n2 1  3 0,25 n 1 n  2 ; n n 1  2 với mọi n N n2 n2 1  4 0,25 Do 3, 4 là hai số nguyên tố cùng nhau nên: n2 n2 1 12 0,25 1 1) Ta có AD AB. B 2 Áp dụng định lý Py-ta-go trong 0,25 tam giác vuông ABD có: BD2 AB2 AD2 Câu 4 AB2 5AB2 (3,0 đ) AB2 0,25 K 4 4 AB 5 A D C BD 2 0,25 AD H sin A· BD BD
AB AB 5 1 1 : sin A· BD 0,25 2 2 5 5 2) Chứng minh được: ABD đồng dạng HCD (g.g) 0,25 BD AD BD CD 0,25 CD HD AD HD BDC đồng dạng ADH (c.g.c) 0,25 A· HD B· CD 450 (Do ABC vuông cân) A· HB 450 0,25 AD BD 3) Ta có ABD đồng dạng HCD (g.g) HD CD 0,25 AD HD AD 1 HD AD 1 mà sin A· BD BD CD BD 5 CD BD 5 HD AD 1 1   (Vì AD = CD) 0,25 CD BD 5 5 HD 1 hay BD = 5HD BH = 6DH 0,25 BD 5 Kẻ AK vuông góc với BH, ABH và ADH có chung đường 0,25 cao AK và BH = 6DH SABH 6SADH 2 2 1 2 1 2 2 8x y 2 4 4xy 4x 2 2 4x 4xy y 2 0,25 4x 4x 2 1 2 4xy 2x 2x y 2 0,25 2x 2 1 1 2 1 1 Câu 5 xy 2x 2x y 2 . 2 0,25 (1,0 đ) 4 2x 4 2 1 Dấu bằng xảy ra khi: 2x 0 và 2x y 0 2x x;y 0,5;1 , 0,5; 1 . 0,25 1 Vậy xy đạt giá trị nhỏ nhất là khi x;y 0,5;1 , 0,5; 1 . 2 Ghi chú: - Trong quá trình chấm giám khảo có thể chia nhỏ biểu điểm - Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. TRƯỜNG THCS ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ( LẦN 2) ( cấp trường)
TỔ TOÁN - TIN Năm học Môn thi: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề này gồm 4 câu,01 trang) Câu 1 (2,5 điểm) x2 x 2x x 1 2(x 1) a) Cho biểu thức: P . x x 1 x 1 x 1 + Rút gọn biểu thức P. + Tìm giá trị nhỏ nhất của P. b) Giải phương trình: x2 8x 15 3 x 3 2 x 5 6 Câu 2 (2 điểm) 1.Cho hàm số: y x 2m 1; với m tham số. a) Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H 2 là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để OH 2 b) Tìm quỹ tích (tập hợp) trung điểm I của đoạn thẳng AB. 2. Cho hệ phương trình hai ẩn x, y sau: (m 1)x my 2m 1 2 mx y m 2 Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn P = xy đạt giá trị lớn nhất Câu 3 (2 điểm) a) Cho (x + x2 2013 ).(y + y2 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0 b) Giải hệ phương trình sau: x y x y x y 18 xy 4 x 3 y 13 Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính R không đổi, AB và CD là hai đường kính bất kỳ của (O) (AB khác CD). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt các đường thẳng BC, BD lần lượt tại M và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AM và AN, H là trực tâm của tam giác BPQ. a) Chứng minh hai tam giác BCD và BNM đồng dạng. b) Chứng minh rằng khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH luôn không đổi. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác BPQ.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI chọn HSG LỚP 9 Năm học: MÔN: TOÁN. Thời gian làm bài: 150 phút . (Hướng dẫn chấm gồm: 4 trang) Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm x 0 + Điều kiện để P có nghĩa là: 0 x 1. x 1 0 0,25 3 x( x 1) ( x 1)(2 x 1) 2( x 1)( x 1) P x x 1 x 1 x 1 P x( x 1) (2 x 1) 2( x 1) x x 1 0,25 A Vậy P x x 1. 1 3 3 +Theo câu a ta có P x x 1 ( x )2 . 0,25 2 4 4 1 1 Dấu bằng xảy ra khi x x 1 2 4 2,0 3 1 Vậy min P khi x . 0,25 4 4 b)ĐKXĐ: x ≥ –3, ta có: 0,25 x2 8x 15 3 x 3 2 x 5 6 (x 3)(x 5) 3 x 3 2 x 5 6 0 0,25 B ( x 3 2)( x 5 3) 0 x 3 2 x 3 4 x 1 (Thỏa mãn ĐKXĐ) x 5 3 x 5 9 x 4 0,25 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 4 Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A 2m 1;0 0,25 1. 2 2,0 a Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; 2m 1
Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 1 1 1 1 1 2 m 0 0,5 2 2 2 Hay 2 2 2 2 2 OH OA OB xA yB (2m 1) m 1 xA xB 2m 1 Hoành độ trung điểm I của AB: xI 2 2 0,25 y y (2m 1) Tung độ trung điểm I của AB: y A B 1. I 2 2 b 0,25 Ta có: yI xI Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường thẳng y x Hệ luôn có nghiệm duy nhất Vì từ (2) y m2 mx 2 Thay vào (1) ta được: (m+1)x + m(- m2 +mx + 2) = 2m -1 (m2 + m + 1)x = m3 - 1 1 3 Mà m2 + m + 1 = (m )2 0m 2 4 0,25 Hệ có nghiệm duy nhất là: x m 1 0,25 y m 2 2 Ta có P = xy = (m -1)(2- m) = - m2 + 2m + m - 2 9 1 = (m2 3m ) 4 4 3 1 1 = (m )2 2 4 4 3 3 Dấu “=” xảy ra m 0 m 2 2 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP = m 0,25 4 2 Ta có:(x + x2 2013 ).(y + y2 2013 )=2013 B (x - x2 2013 )(x + x2 2013 ).(y + y2 2013 )=2013(x - x2 2013 ) 0,25 -2013.(y + y2 2013 )=2013(x - x2 2013 )
0,25 -y - y2 2013 =x - x2 2013 Tương tự: -x - x2 2013 = y - y2 2013 0,25 x+y =0 x =-y x2013+ y2013=0 x y x y( a ) (I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 ) x y 18 xy 4 x 3 y 13( b ) Ta có : ( a) ( x y )( x y 1 ) 0 x y =0 x y x = y thế vào (b) ta được : 0,25 C 2x +18x = 4 x 3 x 13 20x - 7 x -13 = 0 (6) Đặt x = t (t 0 ) ta có : t 1 0,25 ( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 13 t 0( lo¹i ) 20 x = 1 x = 1(thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1) 0,25 B 0,25 C O D H M P A Q N 4 3 Tứ giác BCAD có hai đường chéo BA và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên tứ giác BCAD là hình chữ nhật. 0,25 a Suy ra B· CD A· BM , mà A· BM B· NM (Vì cùng phụ với góc ABN) B· CD B· NM BCD và BNM đồng dạng (g-g). 0,5 Ta có APH đồng dạng với ABQ vì P· AH B· AQ 1v và A· PH A· BQ (cùng phụ với P· QB ). 0,5 b
AH AP AP.AQ AM.AN AB2 AB 2R R Suy ra: AH AQ AB AB 4AB 4AB 4 4 2 (không đổi) 0,5 (Tam giác BMN vuông tại B, có BA là đường cao nên AM.AN = AB2 , theo hệ thức lượng trong tam giác vuông). Vậy, khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH luôn không đổi và bằng R . 2 Ta có: SBPQ = AM AN AB. AB.PQ AB(AP AQ) AB(AM AN) R(AM AN) 2 0,25 2 2 2 4 2 R(AM AN) SBPQ nhỏ nhất nhỏ nhất. 2 c Mà R không đổi nên SBPQ nhỏ nhất AM + AN nhỏ nhất Vì AM.AN = AB2 = 4R2 không đổi nên AM + AN nhỏ nhất 0,25 AM = AN = 2R tam giác BMN vuông cân tam giác BCD vuông cân 0,25 AB  CD. 0,25 Vậy, diện tích tam giác BPQ có giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi AB  CD. PHÒNG GD- ĐT PHÙ MỸ ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG THCS MỸ THỌ HUYỆN NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – Thời gian làm bài 150 phút Bài 1: ( 3,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Bài 2: ( 2,5 điểm) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương Bài 3: ( 3,0 điểm) Cho a, b > 0 và a + b = 1.
2 2 1 1 Chứng minh rằng : a b 12,5 a b Bài 4: ( 3,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E x y y x Bài 5: ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC. Chứng minh: PQ // IK. Bài 6: ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là ha , hb , hc . Gọi O là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC , CA và AB tương ứng là x , y và z . x y z Tính M ha hb hc HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 Bài 1 Với n = 0 ta có A(0) = 19  19 0,5 (3,5đ) Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k  19 0,75 Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1  19 0,75 Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6n. 6 = 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6 = 6.A(k) + 7.52k .19  19 1,0 Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n 0,5 Bài 2
(2,5đ) n 24 k 2 Ta có: 2 0,5 n 65 h 2 2 1 k 24 h 65 0,5 k h k h 89 1.89 0,5 k h 89 k 45 k h 1 h 44 0,5 Vậy: n = 452 – 24 = 2001 0,5 Bài 3 Nhận xét rằng với mọi x,y ta có: (3,0đ) x y 2 0 x2 y2 2xy 2 x2 y2 x2 y2 2xy x y 2 x2 y2 2 0,5 1 1 Đặt a x ; b y ta được : a b 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b 1 1 0,5 a b a b a b 1 a b 2 a b 2 ab 2 ab 2 1 Vì 1 a b 4ab ab 4 0,75 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0,5 Do đó : a b 1 1 12,5 1 a b 2 ab 2 4 0,75 Bài 4 2 2 1 1 x y 0,5 Ta có E (x y ) 2 2 2 (3,0đ) x y y x 1 1 4 Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0. a b a b 1,0 1 1 4 1 1 Ta có 2 2 2 2 2 2 1 x y x y x y a b Áp dụng BĐT: 2 vôùi a > 0; b > 0. b a 1,0 x y x y Ta có 2 2 4 0,5 y x y x Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2
Bài 5 - Vẽ hình đúng 0,5 (4,0đ) - Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh được: 1,5 IK // BC, EI // AB, EK // AC - Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác DPA, DAQ. Suy ra: DI DE DK 1,5 DP DA DQ - Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác DPQ, suy ra: PQ // IK 0,5 Bài 6 Vẽ hình đúng 0,5 (4,0đ) A x ha B C Xét hai tam giác ABC và OBC ta có : 1 SABC = BC.h (1) 2 a 0,5 1 SOBC = BC x (2) 2 x S Từ (1)và (2) ta suy ra : OBC ha S ABC 1,0 y S COA h S Tương tự ta có : b ABC z S 0,5 AOB hc S ABC S S S S 0,5 Từ đó tính được : M BOC COA AOB ABC =1 S ABC S ABC 1,0 PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC VÒNG 2
Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (4 điểm): a) Chứng minh rằng: 270 + 370 chia hết cho 13 b) Rút gọn biểu thức: A = (2+1)(22+1)(24+1) (2256 + 1) + 1 Bài 2 (4 điểm): a) Tính A = x2015 + y2015 + z2015. Biết x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1 2 x 2 3x 3 b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên 2 x 1 Bài 3 (4 điểm): Giải phương trình: x3 - x2 - x = 1 3 Bài 4 (4 điểm): Cho ∆ABC vuông cân tại A, trung tuyến BM, qua A kẻ đường thẳng vuông BM cắt BC tại D. Chứng minh: BD = 2DC. Bài 5 (4 điểm): Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân, đỉnh F có góc đáy là 150. Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều. Hết Lưu ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . Số BD: . HƯỚNG DẨN CHẤM THI HSG VÒNG 2 MÔN TOÁN 9 (2015-2016) Bài 1 (4 điểm) : a) (2đ) Ta có: 270 + 370 = ( 22)35 + (32)35 = 435 + 935⋮(4 + 9) hay (435 + 935)⋮13 Vậy 270 + 370 ⋮13 b) (2đ) Ta có: A = (2-1)(2+1)(22+1) (2256 + 1) + 1 = (22-1)(22+1) (2256 +1) + 1 = (24-1)(24+ 1) (2256 +1) + 1
= [(2256)2 –1] + 1 = 2512 Bài 2 (4 điểm): a) Tính A = x2015 + y2015 + z2015 Với x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1 (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = 0 3(x + y)(y + z)(z + x) = 0 Nếu x + y = 0 thì z = 1 => A = 1 Nếu y + z = 0 thì x = 1 => A = 1 Nếu z + x = 0 thì y = 1 => A = 1 Tóm lại với x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1 thì A = x2015 + y2015 + z2015 = 1 2x 2 3x 3 (2x 2 x) (4x 2) 5 5 b) P = x 2 (0,5đ) 2x 1 2x 1 2x 1 x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì 5 phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ) 2x 1 => * 2x - 1 = 1 => x = 1 * 2x - 1 = -1 => x = 0 * 2x - 1 = 5 => x = 3 * 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = 1;0;3; 2 thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: x = 1 => P = 8 x = 0 => P = -3 x = 3 => P = 6 x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài 3 (4 điểm): Phương trình đã cho tương đương với : 3(x3 - x2 - x) =1 4 x3 = x3 + 3x2 + 3x+1 3 3 3 1 1 4x = (x + 1) 4.x x 1 x vậy nghiệm là: xA = 3 4 1 3 4 1 Bài 4 (4 điểm): 1 N M 1 1 B // // C 2 K D 1 E
Dựng hình vuông ABEC, gọi N là trung điểm AB, EN cắt BD tại K,hai tam giác giác vuông MAB và NBE bằng nhau (c.g.c) NE  BM mà AD  BM NE // AD, ∆ABD có NA =NB, NK //AD BK = KD BD = 2BK(1) · · · · Khi ∆MAB = ∆ NBE B1 = E 1 mà B1 = A 1 · · E 1 = A 1 · · · ¶ 0 Xét ∆EKBvà ∆ADC có E 1 = A 1 , EB = AC, B 2 = C1 (=45 ) ∆EKB= ∆ADC (g.c.g) BK = DC 2BK = 2DC(2), từ (1) và (2) suy ra BD = 2DC. Bài 5 (4 điểm): D 2 C I 2 F 2 H 0 0 2 15 F 15 F A B Dựng tam giác cân BIC như tam giác AFB có góc đáy 150 . ¶ 0 Suy ra : B2 60 (1) . Ta có VAFB VBIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2). Từ (1) và (2) suy ra :VFIB đều . µ 0 Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta có: I2 = 30 ( góc ngoài của VCIB ). ¶ 0 µ 0 Suy ra: H2 = 90 ( vì B = 60 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH là đường trung trực củaVCFB . Vậy VCFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3) Mặt khác : VDFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4). Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC). Vậy VDFC đều. Thí sinh giải cách khác đúng vẩn dạt điểm tối đa. PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán VÒNG 1 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (4 điểm): a) Cho số tự nhiên có 2 chữ số chia hết cho 7. Chứng minh rằng hiệu các lập phương của 2 chữ số của số đó chia hết cho 7. b) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2016 cho đa thức x 2 10x 21 4 x 8 x x 1 2 Bài 2 (4 điểm): Cho biểu thức P = : 2 x 4 x x 2 x x a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị của x để P = -1. c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có m( x 3 )P > x+1. 1 1 1 1 Bài 3 (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của: x y 6 x y 6 Bài 4 (4 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A (AB < AC). M là trung điểm BC, qua M kẻ đường thẳng vuông góc BC cắt các đường thẳng AC, AB lần lượt tại H và N. Biết CH = a, BN = b. Tính diện tích ∆ABC. Bài 5 (4 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Hết Lưu ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . Số BD: . HƯỚNG DẨN CHẤM THI HSG VÒNG 1 MÔN TOÁN 9 (2015-2016) Bài 1 (4 điểm) mỗi câu 2 điểm: a) Gọi số có 2 chữ số là : ab (a,b N ;0< a 9;0 b 9)
Ta có: ab7 hay 10a + b7 suy ra (10a + b)37 1000a3 + b3 +3.10a.b(10a + b)7 (*) 1001a3 - a3 + b3 + 3.10a.b(10a + b)7. Ta có: 1001a37 (vì 10017) và 3.10a.b(10a + b)7 (vì (10a + b)7 ) Suy ra : -a3 + b37 đpcm b) Ta có: P(x) x 2 x 4 x 6 x 8 2016 x2 10x 16 x2 10x 24 2016 Đặt t x2 10x 21 (t 3; t 7) , biểu thức P(x) đợc viết lại: P(x) t 5 t 3 2016 t 2 2t 2001 Do đó khi chia t 2 2t 2001 cho t ta có số dư là 2001. Bài 2 (4 điểm): a) ĐK: x 0; x 4 và x 9. 0,5 đ 4x HS rút gọn đúng P = 1 đ x 3 b) Với x 0; x 4 và x 9 thì P = -1 khi và chỉ khi 4x + x - 3 = 0 0,5 đ 3 9 x = x = 1 đ 4 16 c) Với mọi giá trị x > 9, bất phương trình đưa được về dạng 0,5 đ 4mx > x+1 (4m - 1)x > 1. (*) Vì x > 9 nên 4m – 1 > 0. Nghiệm bất phương trình (*) là x > 1/(4m-1). Do đó để bất phương 1 trình thỏa mãn với mọi x > 9 thì 9 và 4m - 1 > 0. 0,5 4m 1 5 Từ đó ta được m 18 Bài 3 (4 điểm): Nhân 2 vế cho 6xy ta được: 6y + 6x +1 = xy. (x,y nguyên dương) Biến đổi về phương trình ước số: (x – 6)(y – 6) = 37 (x,y nguyên dương) Vai trò x,y bình đẳng nên giả sử : x ≥ y ≥ 1. B Suy ra: x -6 ≥ y -6 ≥ -5. Suy ra: x - 6 = 37 và y - 6 =1. / M Giải ra : x = 43 ; y = 7. ĐS:(43;7);(7:43) A / Bài 4 (4 điểm): C Ta có 2 tam gác vuông MHC và MBN đồng dạng (góc nhọn) b H a MH HC MH a = = (do MB = MC) MB BN MC b N
a.MC MH= b ∆MHC vuông tại M: MH2 + MC2 = HC2 2 a.MC +MC2 = a2 b a 2b2 ab a.MC a 2 MC2 = MC = từ đó MH= = a 2 +b2 a 2 +b2 b a 2 +b2 Hai tam gác vuông MHC và ABC đồng dạng (góc nhọn) MH HC MH HC = = (do BC = 2MC) AB BC AB 2MC MH a 2 2ab 2a 2b AB = .2MC= = (1) HC a a 2 +b2 a 2 +b2 a 2 +b2 ∆ABC vuông tại A: AC2= BC2 - AB2 = (2MC)2 - AB2 4a 2b2 4a 4b2 4a 2b4 2ab2 = - = AC = (2), từ (1) và (2) ta có diện tích 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a +b B 1 1 2a 2b 2ab2 2a3b3 ∆ABC = AB.AC = . . = 2 2 a 2 +b2 a 2 +b2 2 2 2 a +b D Bài 5 (4 điểm): (Mỗi câu 2 điểm) a) (2đ): DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) C A Áp dụng định lý Pitago với ADE vuông tại A có: E DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) + a2 (0,5đ) a a2 a2 = 2(x – )2 + (0,5đ) 2 2 2 a Ta có DE nhỏ nhất DE2 nhỏ nhất x = (0,5đ) 2 a BD = AE = D, E là trung điểm AB, AC (0,5đ) 2 b) (2đ) : Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. 1 1 1 1 2 Ta có: SADE = AD.AE = AD.BD = AD(AB – AD)= (AB.AD – AD ) (0,5đ) 2 2 2 2 1 AB AB2 AB2 1 AB AB2 AB2 = – (AD2 – 2 .AD + ) + = – (AD – )2 + (0,5đ) 2 2 4 8 2 2 8 8 2 2 AB AB 3 2 Vậy SBDEC = SABC – SADE – = AB không đổi (0,5đ) 2 8 8
3 2 Do đó min SBDEC = AB khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC (0,5đ) 8 Thí sinh giải cách khác đúng vẩn dạt điểm tối đa. PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán VÒNG 1 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (4 điểm): Giải phương trình: (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 2 a 1 2 a Bài 2 (4 điểm): Cho biểu thức P = 1 : a 1 a 1 a a a a 1 a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P khi a 19 8 3 Bài 3 (4 điểm): Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì còn thừa một người. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người. Bài 4 (4 điểm): Cho hình vuông ABCD, M đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng: a) BM  EF b) Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy. Bài 5 (4 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 2y2 + 2xy - 2x - 6y + 2018 Hết Lưu ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . Số BD: . HƯỚNG DẨN CHẤM THI HSG VÒNG 1
MÔN TOÁN (2018-2019) Bài 1 (4 điểm): (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 (1) Đặt x2 + 1 = y thì PT (1) y2 + 3xy + 2x2 = 0 (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = 0 (y + x)(y + 2x) = 0 *) x + y = 0 x2 + x + 1 = 0 vô nghiệm. ) y + 2x = 0 x2 + 2x + 1 = 0 (x + 1)2 = 0 x = - 1 Phương trình đã cho có nghiệm x = - 1 2 a 1 2 a Bài 2 (4 điểm): P = 1 : a 1 a 1 a a a a 1 a) Rút gọn (2 điểm): a 1 2 a 1 2 a P = : (a ≥0) a 1 a 1 (a 1)( a 1) ( a 1) 2 a 1 2 a = : a 1 (a 1)( a 1) ( a 1) 2 (a 1)( a 1) = . a 1 ( a 1) 2 = a 1 b) Tính giá trị của P (2 điểm): Ta có: a = 19 - 83 = 16 - 2.43 + 3 = (4 - 3 )2 => P = (4 3) 2 + 1 = 4 - 3 + 1 = 5 - 3 Bài 3 (4 điểm): + Gọi số ô tô lúc đầu là x ( x nguyên và x 2 ) Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1. + Theo giả thiết: Nếu số xe là x 1 thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y 30). 22x 1 23 + Do đó ta có phương trình: x 1 y 22x 1 y 22 x 1 x 1 + Vì x và y đều là số nguyên dương, nên x 1 phải là ước số của 23. Mà x 1 1nên: x 1 1 x 2 hoặc x 1 23 x 24 Nếu x 2 thì y 22 23 45 30 (trái giả thiết) Nếu x 24 thì y 22 1 23 30 (thỏa điều kiện bài toán). + Vậy số ô tô là 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là 22 24 1 23 23 529 học sinh. Bài 4 (4 điểm): Mỗi câu 2 điểm. B a) Gọi K là giao điểm CB với EM; A
H là giao điểm của EF và BM. Trong EMH và BKM có góc MBK = góc MEF (vì MEF = MBK c.g.c.); góc EMH = góc BMK E M K Góc MHE = góc MKB BH  EF H b) ADF = BAE (c.g.c.) góc DAF = góc ABE D C AF  BE F Tương tự: CE  BF BM; AF; CE là các đường cao của BEF đpcm Bài 5 (4 điểm): A = x2 + 2y2 + 2xy - 2x - 6y + 2018 Ta có: x2 + 2y2 + 2xy - 2x - 6y + 2018 = (x + y - 1)2 + (y - 2)2 + 2013 Vì (y-2)2 0 và (x+y-1)2 0 với mọi x,y nên A 2013 với mọi x, y. Suy ra MinA = 2013 khi x = -1, y = 2. (Thí sinh giải cách khác đúng vẩn đạt điểm tối đa). PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán VÒNG 1 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (4 điểm): a) Tìm x biết: (x + 1)(x - 2)(x + 6)(x - 3) = 45x2 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn: x4 + y3 = xy3 + 1 Bài 2 (4 điểm): x 2 - x 2x+ x 2(x-1) Cho biểu thức P = - + x+ x +1 x x -1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. c) Tìm x để biểu thức Q = 2 x nhận giá trị là số nguyên. P Bài 3 (4 điểm): Gọi a là 1 số thực sao cho a2 + a – 1 = 0. Tính giá trị của: B = a+ a 8 + 1 0 a+ 1 3 Bài 4 (4 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A, gọi I là giao điểm các đường phân giác.
Biết IB = 5 cm, IC = 10 cm. Tính diện tích ∆ABC. x 2 -2x+2017 Bài 5 (4 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= , (x 0) x 2 Hết Lưu ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . Số BD: . HƯỚNG DẨN CHẤM THI HSG VÒNG 1 MÔN TOÁN 9 (2017-2018) Bài 1 (4 điểm) mỗi câu 2 điểm: a) Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm nên chia 2 vế pt cho x2 ta được : (x + 6 - 5)(x + 6 + 7) = 45 . Đặt t = x + 6 +1 Ta được t2 - 81 = 0  t = 9 ; t = -9. x x x Thay vào t = x + 6 + 1 giải ra 4 nghiêm : x x = 4 ± 10 ; x = -5 ± 19 b) Ta có: x4 + y3 = xy3 + 1  x4 - 1 + y3 - xy3 = 0  (x-1)(x3 + x2 + x + 1 - y3) = 0  x = 1 hoặc x3 + x2 + x + 1 = y3 *Với x = 1 thay vào pt đã cho được 1 + y3= 1 + y3 đúng với mọi y nguyên . Vậy (x ; y) = (1 ; t) với mọi t Z *Với x3 + x2 + x + 1 = y3 (1). Khi đó: Do x Z và x2 + x + 1 > 0 => x3 0 nên ta có: x3 + x2 + x + 1 ≤ x3 + x2 + x + 1 + 2x(x + 1) = x3 + 3x2 + 3x + 1  y3 ≤ (x + 1)3 (3) Từ (1), (2), (3) và x, y Z => y3 = (x + 1)3 => y = x + 1. Suy ra: x(x + 1) = 0. Nghĩa là: x = 0 hoặc x = -1. Khi x = 0 thì y = 1 : thỏa mãn Khi x = -1 thì y = 0 : thỏa mãn Vây các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn bài ra là: (0 ; 1) ; (-1 ; 0) ; (1 ; t), t Z Bài 2 (4 điểm): ĐK: x > 0 và x 1 a) P = ― +1 b) Min P = 3/4 tại x = 1/4. 2 x 2( x 1)2 c) Q = 2 0 < Q 2, mà Q Z Q = 1 hoặc Q = 2. x x 1 x x 1 2 3 5 Nếu Q = 1 thì x 3 x 1 0 x thỏa mãn 2 Nếu Q = 2 thì x = 1 không thỏa mãn.
2 3 5 Vậy x thì Q Z. 2 Bài 3 (3 điểm): Vì a2 + a – 1 = 0 nên a2 = 1 – a a4 = 1 - 2a + a2 = 2 - 3a a8 = (2 - 3a)2 = 4 – 12a + 9a2 a8 + 10a + 13 = 9a2 – 2a + 17 = 8a2 + 8a – 8 + a2 – 10a + 25 = (a - 5)2 Suy ra B = a + |a–5| = a – a + 5 = 5 (Vì 1 - a = a2 0 nên a 1) Bài 4 (4 điểm): Qua C kẻ CH vuông góc với đường thẳng BI tại H. Ta có ∆CIH vuông cân nên IC 10 CH = = = 5 (cm) 2 2 BH = 2 5 A ∆BHC vuông: BC2 = BH2 + CH2 = 20 H + 5 = 25 BC = 5cm Kẻ IK  BC .Ta có IK.BC = 2S(BIC) I = BI.CH = 5 . 5 = 5 IK = 1cm AB = 3cm, AC = 4cm S(ABC) = 1 1 C AB.AC = 3.4 = 6cm2 B 2 2 Bài 5 (4 điểm): 2 2 2 2 2 A = 2017x 2x.2017 2017 = x 2x.2017 2017 + 2016x 2017x2 2017x2 2017x2 (x 2017)2 2016 2016 = 2017x2 2017 2017 2016 Amin = khi x - 2017 = 0 hay x = 2017 2017 (Thí sinh giải cách khác đúng vẩn đạt điểm tối đa). PHÒNG GD&ĐT HẢI LĂNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán VÒNG 1 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (4 điểm):
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta được 242. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3. x x 3 x 2 x 2 Bài 2 (4 điểm): Cho biểu thức V = 1 : 1 x x 2 3 x x 5 x 6 a) Tìm điều kiện của x để V xác định. b) Rút gọn V. c) Tìm x Z để V có giá trị nguyên. Bài 3 (4 điểm): Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 . Tính: a2016 + b2016 Bài 4 (4 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A. Trung tuyến AM và BN vuông góc nhau tại G, biết AB = a. Tính AC và BC ? Bài 5 (4 điểm): Gọi I là điểm nằm trong ∆ABC, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M ,N, P. A I A N A P Chứng minh rằng: = + IM N C P B Bài 5 (1 điểm): Tìm dư của phép chia đa thức x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 - 1 Hết Lưu ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . Số BD: . HƯỚNG DẨN CHẤM THI HSG VÒNG 1 MÔN TOÁN 9 (2016-2017) Bài 1 (4 điểm) mỗi câu 2 điểm: a) Gọi: x - 1, x, x + 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x - 1) + x(x + 1) + (x - 1)(x + 1) = 242 0,2đ Rút gọn được x2 = 81 0,5đ Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ
Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ 3y 2 b) Ta có x2 – xy + y2 = 3 (x - y )2 = 3 - 2 4 3y 2 Ta thấy (x - y )2 0 3 - 0 -2 y 2 . (x, y nguyên) 2 4 y 2; 1; 0thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các nghiệm nguyên của phương trình là: (x, y) 1, 2 , 1, 2 ; 2, 1 ; 2,1 ; 1,1 ; 1, 1  Bài 2 (4 điểm): a) HS giải và tìm đúng ĐKXĐ: x 0; x 4 và x 9. 1 đ 1,5 đ b) HS rút gọn đúng V = x 2 x 1 3 0,5 đ c) Với x 0; x 4 và x 9 thì V = 1 x 1 + Để V có giá trị nguyên thì 3 có giá trị nguyên. Để 3 có giá 0,5 đ x 1 x 1 trị nguyên với x Z thì x phải là số chính phương khác 4 và 9, và x 1 là ước dương 3. Suy ra x 1 = 3 hoặc x 1 = 1. Suy ra x = 0. 0,5 đ Bài 3 (4 điểm): Ta có: (a2001 + b2001).(a + b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002 Vì: a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 => (a+ b) – ab = 1 => (a – 1).(b – 1) = 0 => a = 1 hoặc b = 1 Với a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoặc b = 0 (loại) Với b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại) Vậy a = 1; b = 1 => a2016 + b2016 = 2 Bài 4 (4 điểm): ∆ABN vuông tại A, AG  BN A AB2 = BG.BN // a2 = 2 BN.BN = 2 BN2 3 3 N 3 a G BN2 = a2 // 2 C 2 2 2 AN +AB = BN / / M B
AN2 = BN2 - AB2 = 3 a2 - a2 = 1 a2 2 2 a 2a  = C = 2 = = a 2 . 2 2 Khi đó BC2 = AB2 + AC2 = a2 + (a 2)2 = 3a2 C = a 3 Bài 5 (4 điểm): E A F d P N I B M C Qua A kẻ d // BC cắt CP và BN lần lượt tại E và F, ta có: 0.5 AI AF AE 0.75 = = (hệ quả đ/lýTa-let) 1 IM BM MC AF+AE 0.75 = (t/c tỷ lệ thức) BM+MC AF+AE 0.5 = BC AF AE 0.75 = + BC BC AN AP 0.75 = + (đ/lýTa-let). NC PB 99 55 11 2 Bài 5 (4 điểm): Gọi Q(x) là thương của phép chia x +x +x +x+7 cho x -1 99 55 11 ta có x + x + x + x + 7 = ( x-1 )( x+1 ).Q(x) + (ax + b) (*) trong đó ax + b là dư của phép chia trên Với x = 1 thì(*) => 11 = a + b Với x = -1 thì(*) => 3 = -a + b => a = 4, b = 7 Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
Thí sinh giải cách khác đúng vẩn dạt điểm tối đa. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A thức Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2 x3 x2 x2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 2 4 xy z Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 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: 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 a 3 16 8 5 3 16 8 5 3 3 3 a 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 ) 0,5 3 a) a 32 3.( 4).a 0,5 (2,0đ) a3 32 12a 0,25 a3 12a 32 0 0,25 a3 12a 31 1 0,25 f (a) 12010 1 0,25 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)5 (x 2y)5 0,25 1, Đặt x 2y 5t (2) (t Z) 0,25 (4,5đ) (1) trở thành x2 xy y2 7t (3) 0,25 Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 2 2 b) 3y 15ty 25t 7t 0 (*) 0,25 (2,5đ) 84t 75t 2 0,25 Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 2 0 28 0 t 25 0,25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 0,25 Thay vào (*) 0,25 Với t 0 y1 0 x1 0 0,25
y2 3 x2 1 0,25 Với t 1 0,25 y3 2 x3 1 ĐK x 0 hoặc x 1 0,25 Với x 0 thoã mãn phương trình 0,25 3 2 2 1 2 0,5 Với x 1 Ta có x x x (x 1) (x x 1) 2 2 2 1 2 0,5 x x 1(x x) (x x 1) 2 a) x3 x2 x2 x x2 0,25 (2,5đ) x2 x 1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 x x 1 x2 x 1 0,25 x 1 x 1 Vô lý 2 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 0,25 1 1 1 0,25 2 (1) x y z (I) ĐK x; y; z 0 2 1 4 (2) xy z2 2, 1 1 1 2 2 2 0,25 (4,5đ) Từ (1) 4 x2 y2 z2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz 1 1 2 2 2 0,25 0 b) x2 y2 z2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 0,25 ( ) ( ) 0 x2 xz z2 y2 yz z2 2 2 1 1 1 1 0,25 0 x z y z 1 1 0,25 0 x z x y z 1 1 0 y z 1 1 1 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 2 2 2 2 3, Ta có (x y) 0 x;y 0,25 (3,0đ) x2 xy y2 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:y 3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 1 1 1 0,25 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) x y z 0,25 A xyz(x y z) 1 0,25 A 1 xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25 C M D A Q E 4, K O' (5,5đ) O H I B N Ta có: B· DE B· AE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 a) · · 0,25 (3,0đ) BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') B· DE B· MN 0,25
hay B· DI B· MN BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 M· DI M· BI (cùng chắn cung MI) 0,25 mà M· DI A· BE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 A· BE M· BI 0,25 mặt khác B· MI B· AE (chứng minh trên) 0,25 MBI ~ ABE (g.g) 0,25 MI BI 0,50 MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC  DE tại Q 0,50 OCD vuông tại D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của 0,50 AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Qµ Hµ 900;Oµ chung 0,50 b) KQO ~ CHO (g.g) (2,5đ) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R 2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định A H' N P O H M 5, (2,5đ) B D C E
ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD  BC 0,25 D (O; AB/2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà N· HP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP A· HN A· MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50 mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B N· EB 450 mà N· HB N· EB (cùng chắn cung BN) N· HB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra A· HB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH'.AB S S lớn nhất HH' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 0,50 và OD  AB) Dấu "=" xẩy ra H  D M  D Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. Sở GD&ĐT Thanh Hoá Đề xuất Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A (Thời gian làm bài: 150 phút ) Bài 1: (4 điểm) Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa 4 4 4 4 mãn x1 + x2 + x3 + x4 = 32 Bài 2: (4 điểm) Giải hệ phương trình 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0
Bài 3: (3,5 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R (R là một độ dài cho trước). M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 1) Tính độ dài đoạn MN theo R. 2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán. Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x)2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2. Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Bảng A Câu Nội dung Điểm Bài 1 4 Phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0 (1). Đặt t = x2 Phương trình (1) trở thành: t2+ 2mt +4 =0 (2) 0,5 Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1, t2 ' m2 4 0 1,5 t1 t2 2m 0 m 2 t1.t2 4 0 Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm là x1,2 = t1 ; x3,4 t2 4 4 4 4 2 2 Và x1 + x2 + x3 + x4 = 2 (t1 + t2 )
2 = 2[(t1 + t2) - 2 t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16 1,5 Từ giả thiết ta có 8m2 - 16 = 32 m 6 ; m= 6 (loại). Vậy giá trị cần tìm của m là: m 6 0,5 Bài 2 4 Hệ phương trình: 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0 y2 (x 1)y 2x2 5x 2 0 2 2 x y x y 4 0 (y x 2)(y 2x 1) 0 1 2 2 x y x y 4 0 y x 2 0 2 2 x y x y 4 0 1 y 2x 1 0 2 2 x y x y 4 0 x 1 y 1 4 1,5 x 5 x=1 va 13 y=1 y 5 4 13 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); ; - 0,5 5 5 Bài 3 3,5 x2 y2 4x2 *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 0,5 x y 4y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2 (x + y ) = x + y +x + y x + y + 2xy> x + y + xy 0,75 * Vậy x 2 hoặc y 2 0,5 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên 0,25 - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên 0,25 - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 0,25 hay 1- y = 0 y =1 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 0,25 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: 0.25 (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 0,5 Bài 4 6 1 2 K O' A' M H N B' l A O P B Dựng AA' và BB' vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN OH MN 0,5 Trong hình thang AA'B'B ta có: 1 R 3 R OH = (AA' + BB') = MH= 1,0 2 2 2 0,5 MN= R và OMN đều. 2 2 Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK 0,75 1 ·AKN (sd »AB sd M¼N) 600 2 0,5 Gọi O' là trung điểm của IK M· O'N 2M· KN 1200 MN 3 R 3 MN = MO ' 3 hay MO' = 3 3 0,5 R 3 Do đó bán kính đường tròn qua M, N, I, K là 3 0,25 3 2
Điểm K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB=2R nên dt(KAB) lớn nhất đường cao KP lớn nhất 1,0 AB2 3 KAB đều, lúc đó dt(KAB) = R2 3 4 1,0 Bài 5 2,5 Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: x y 3 2 2 0,5 x y 5 Từ các hệ thức trên ta có: x2 y2 2xy 9 (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 2 2 x y 5 5(x2 + y2) + 4(2xy) 41 0,5 Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x2 + y2) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 0,5 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 Đẳng thức xảy ra x y 3 2 2 (x; y) (1;2) x y 5 0,5 (x; y) (2;1) 2 2 4(x y ) 5(2xy) Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được x=1 hoặc x=2 0,5 1. Đề thi đề xuất: Học sinh giỏi toán 9 . 2. Kỳ thi: Học sinh giỏi toán 9 Môn thi: Toán Thời gian làm bài:150 phút 3. Họ và tên: Vũ Thị Bình Chức vụ : Giáo viên 4. Đơn vị: Trường THCS Liêm Chính 5. Nội dung đề thi: Câu 1 ( 3 điểm ) Cho biểu thức : x 3 x 9 x x 3 x 2 A 1 : x 9 x x 6 2 x x 3 a) Rút gọn A. b) Với x > 4, x 9, Tìm giá trị lớn nhất của A. ( x + 1 ) .
Câu 2 ( 6 điểm ) 2 a) Giải phương trình : x- 2+ 10- x = x - 12x+ 40 . 2x y x 2 b) Giải hệ phương trình : 2 y x y 2 c) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 5x – 3y = 2xy – 11 . Câu 3 ( 3 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 1 ( m là tham số ) và parabol (P) có phương trình y = x2 a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng -2 . b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định I và luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B có hoành độ lần lượt là xA, xB thỏa mãn : xA xB 2 . Câu 4( 6 điểm ) Cho đường tròn ( O) đường kính AB = 2R. Gọi E là điểm tùy ý trên đường tròn ( E khác A và B ) . Qua E kẻ tiếp tuyến d với đường tròn. Gọi C, D lần lượt là các hình chiếu của A và B trên d. a) Chứng minh : EC = ED. b) Chứng minh : Tổng ( AC + BD ) có giá trị không phụ thuộc vào vị trí của điểm E. c) Chứng minh: Đường tròn đường kính CD tiếp xúc với ba đường thẳng AC, BD và AB. Câu 5 ( 2 điểm ) Cho đường tròn ( O; R ) và một điểm H cố định ở bên trong đường tròn. Xét các tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O) và nhận H làm trực tâm. Tìm quỹ tích chân các đường cao của tam giác ABC . HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh : . Chữ ký Giám thị 1 : Chữ ký Giám thị 2 : . ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỂ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Câu Đáp án Biểu điểm Câu 1 a) ( 3 điểm)
x 3 x 9 x x 3 x 2 A 1 : x 9 x x 6 2 x x 3 0,5 điểm x( x 3) 9 x x 3 x 2 A 1 : ( x 3)( x 3) x 3 x 2 x 2 x 3 0,5 điểm x 9 x x 9 x 4 x 4 A 1 : ( x 3) ( x 3). x 2 0,5 điểm 3 x 2 3 A : . ( x 3) ( x 3) 2 x b) Với x > 4 => x 2 3(x 1) 5 3 x 2 4 . A.(x+1) = 2 x x 2 0,5 điểm 5 x 2 . Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số và x 2 dương, ta có 5 x 2 2 5. x 2 0,5 điểm 5 3 x 2 4 3(2 5 4) x 2 5 3 x 2 4 6 5 12. x 2 0,5 điểm Vậy giá trị lớn nhất của A. (x+1 ) là 6 5 12 . Dấu “ = ” xảy ra khi x 9 2 5
Câu 2 a) (2 điểm ) 2 ( 6 điểm) x - 2 + 10- x = x - 12x + 40 ĐKXĐ : 2 £ x £ 10 0,25 điểm +) Vế trái của phương trình Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho các số x 2; 1; 10 x; 1 ta có : 2 ( x - 2 + 10- x) £ (x - 2+ 10- x).2 2 = > ( x - 2 + 10- x) £ 16 (1) 0,75 điểm = > - 4 £ x - 2 + 10- x £ 4 Dấu “=” xảy ra khi x = 6 (thỏa mãn ) +) Vế phải của phương trình x2-12x+40 = ( x-6 )2 + 4 ³ 4 với mọi 2 £ x £ 10 0,75 điểm Dấu “=” xảy ra khi x = 6 (2) Từ (1) và (2) => x = 6 ( thỏa mãn ) 0,25 điểm Vậy nghiệm của phương trình là x = 6 . 0,5 điểm 0, 5 điểm b) (2 điểm ) 0,75 điểm 2 x y 2x y x (x y)(x y 1) 0 x 1 y 2 2 y x y 2 2 y x y 2 0,25 điểm 2 y x y +) Với x = y hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0); (x; y) = ( 3; 3) +) Với x = 1 – y hệ phương trình có nghiệm : 1 5 1 5 1 5 1 5 (x, y) ( ; ) ; (x, y) ( ; ) 2 2 2 2 0,5 điểm Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (0; 0); (x; y) = ( 3; 3); 1 5 1 5 1 5 1 5 (x, y) ( ; ) ; (x, y) ( ; ) 2 2 2 2 0, 5 điểm
c) (2 điểm ) 5x – 3y = 2xy – 11 0,25 điểm  ( 2x + 3)y = 5x + 11 5x 11 x 5  y = 2 0,25 điểm 2x 3 2x 3 0,5 điểm Z Để y thuộc Z thì ( x + 5 ) chia hết cho ( 2x +3) và x 2(x 5)(2x 3) (2x 3 7) (2x 3) 7(2x 3) Vậy 2x +3 = 1 => x = -1; y = 6 ( thỏa mãn ) 2x +3 = - 1 => x = - 2; y = -1 ( thỏa mãn ) 2x +3 = 7 => x = 2 ; y = 3 ( thỏa mãn ) 2x +3 = - 7 => x = - 5; y = 2( thỏa mãn ) Câu 3 a) ( 1 điểm) ( 3 điểm) Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng -2 0,25 điểm => x = 2 Thay x = 2 vào y = x2 ta có y = 4 0,25 điểm Vậy điểm ( 2; 4) thuộc đường thẳng (d) y = mx + 1 0, 25 điểm Thay x = 2; y = 4 vào y = mx + 1 ta có 2m + 1 = 4 => m = 1,5 0, 25 điểm Vậy m = 1,5 b) ( 2,25 điểm) Gọi M(x0; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luông đi qua với mọi m , ta có y0 = m. x0 +1  m.x0 + 1 – y0 = 0 0,25 điểm x0 0 Đẳng thức trên đúng với mọi m nên 0, 5 điểm y0 1 Vậy I (0;1) (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B
Xét phương trình hoành độ của (d) và (P) : x2 – mx – 1 = 0 m2 4 4 0 m 0,5 điểm =>phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt . Vậy với mọi giá trị của m đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định I và luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B có hoành độ lần lượt là xA, xB xA xB m Theo hệ thức vi-ét ta có : 0,25 điểm xA. xB 1 2 2 2 Mà (xA-xB) = (xA + xB) – 4xA.xB = m + 4 4  m x x 2 m. ( đpcm ) A B 0,5 điểm Câu 4 ( 6 điểm) D E C 0,5 điểm B A H O a) ( 1,25 diểm ) ACDB là hình thang vuông 0, 75 điểm ( Hình thang có một góc vuông) Có OA = OB ( cùng bằng bán kính) 0,5 điểm OE //CA // DB ( cùng vuông góc CD ) 0,75 điểm =>CE = ED ( định lí 3 đường trung bình của hình thang ) b) ( 1 điểm ) 0, 5 điểm hình thang ABDC có OA = OB; ED = EC 0,5 điểm =>OE là đường trung bình của hình thang 0, 5 điểm => CA + BD =2. OE = 2.R c) ( 1,25 điểm ) Đường tròn đường kính CD là ( E; EC ) 1 điểm
Có CA vuông góc với CD tại C BD vuông góc với CD tại D=>đường tròn (E) tiếp xúc với AC ; BD O· BE O· EB E· BD 0,25 điểm BEH BED EH ED 0,25 điểm =>đường tròn (E) tiếp xúc với AB . 0,5 điểm Câu 5 A ( 2 điểm) 0, 25 điểm G O Q H B D M C K AH cắt BC ở D và cắt (O) ở K. 0, 5 điểm Ta chứng minh được DH = DK Ta có Quỹ tích điểm K là (O;R ). D là ảnh của K trong phép vị tự tâm H tỉ số 1 . 2 Ta chứng minh được Q là trung điểm của OH. 0, 5 điểm Ta có QD = 1 .OK = R 2 2 0, 5 điểm => quỹ tích của điểm D là đường tròn ( Q; R ) . 2 Vậy quỹ tích chân các đường cao của tam giác ABC là 0,25 điểm đường tròn ( Q; R ) . 2 - Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ không tương ứng với chứng minh không cho điểm . Chỉ công nhận kết quả để làm ý khác khi đã được chứng minh đúng . - Các cách làm đúng khác cho điểm tương tự .