Đề toán số 9 hsg toan 9
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (464.73 KB, 27 trang )
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010
MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:
1. 3x
2
+ 4x + 10 = 2
2
14 7x −
2.
2 4 2 2
4 4
4 16 4 1 2 3 5x x x x y y y− − − + + + + − − = −
3. x
4
- 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
-7y
2
- 5 = 0; (với x ; y nguyên)
Bài 2: (2.5 điểm)
1. Tìm số tự nhiên
n
để
18n
+
và
41n
−
là hai số chính phương.
2. Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau:
64 6 4= +
Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và
là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.
Bài 3: (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ
một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn
(O), (P, N là hai tiếp điểm).
1. Chứng minh rằng
2 2
.MN MP MA MB= =
2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi
M di động trên đường thẳng d.
Bài 4: (1,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP. Trên trục hoành
lấy ba điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại A; B ; C. Tính độ dài
các cạnh của tam giác ABC theo a; b; c.
Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0.
Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
2 2 2
19b - a 19c - b 19a - c
+ + 3(a + b + c)
ab + 5b cb + 5c ac +5a
≤
Hết./
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010.
MÔN THI: to¸n
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu Ý Nội dung Điể
m
1
(2,5đ)
1.1
(0,75
đ)
Giải, xác định đúng điều kiện:
2 2
;
2 2
x x
−
< ≥
⇔
2 2 2
4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + − − − +
= 0
2
( 2) ( 2 1 7) 0x x⇔ + + − − =
2
2
2 0
2
2
2 1 7 0
2
x
x
x
x
x
x
= −
+ =
⇔ ⇔ ⇔ =
=
− − =
= −
(Thỏa mãn)
0,25
0,25
0,25
1.2
(1.0đ)
Điều kiện :
2
2
2 2
4 0 (1)
16 0 (2)
4 1 0 (3)
2 3 0 (4)
x
x
x
x y y
− ≥
− ≥
+ ≥
+ − − ≥
Từ (2)
⇔
(x
2
– 4)(x
2
+ 4)
2
0 4 0x≥ ⇔ − ≥
kết hợp với (1) và (3) suy ra x = 2
Thay vào (4): y
2
– 2y + 1
0≥
; Đúng với mọi giá trị của y.
Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5
Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5)
0.5đ
0,5
1.3
(0,75
đ)
Biến đổi đưa được pt về dạng: (x
2
– 2y
2
– 5)(x
2
+ y
2
+1) = 0
⇔
x
2
– 2y – 5 = 0
⇔
x
2
= 2y
2
+ 5
⇔
x lẻ
Đặt x = 2k + 1 ; ( k
Z∈
)
⇔
4k
2
+ 4k +1 = 2y
2
+ 5
⇔
2y
2
= 4k
2
+ 4k – 4
⇔
y
2
= 2(k
2
+ k – 1)
⇔
y chẵn
Đặt y = 2n; (n
Z∈
)
⇔
4n
2
= 2(k
2
+ k – 1)
⇔
2n
2
+ 1 = k(k + 1) (*)
Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k
và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)
⇔
(*) vô nghiệm
⇔
pt đã cho vô nghiệm
0,25
0,25
0,25
2
(2,0đ)
2.1
(1,0đ)
Để
18n
+
và
41n
−
là hai số chính phương
2
18n p⇔ + =
và
( )
2
41 ,n q p q− = ∈N
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
18 41 59 59p q n n p q p q⇒ − = + − − = ⇔ − + =
Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:
1 30
59 29
p q p
p q q
− = =
⇔
+ = =
Từ
2 2
18 30 900n p+ = = =
suy ra
882n
=
Thay vào
41n
−
, ta được
2 2
882 41 841 29 q− = = =
.
Vậy với
882n =
thì
18n +
và
41n −
là hai số chính phương
0,5
0,5
2.2
(1,0đ)
Gọi số cần tìm là :
10ab a b= +
(a, b là số nguyên và a khác 0)
Theo giả thiết:
10a b a b+ = +
là số nguyên, nên
ab
và b là các số chính phương,
do đó: b chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9
Ta có:
( )
2 2
10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + ⇔ + = + + ⇔ − =
( )
2 5 b a⇔ − =
(vì
0a ≠
)
0,5
Do đó
a
phải là số chẵn:
2a k=
, nên
5 b k− =
Nếu
1 8 81 8 1 9b a= ⇒ = ⇒ = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
4 6 64 6 4 8b a= ⇒ = ⇒ = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
9 4 49 4 9 7b a= ⇒ = ⇒ = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
0, 5
3
3,25đ
)
3.1
(1,0)
d
d
'
D
B
A
L
I
E
N
P
H
O
M
0.25
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2005 2006
Môn: Toán Lớp 9 Bảng A
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ).
Bài 1: Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau thì có 2 mệnh đề đúng
và một mệnh đề sai.
a. A + 51 là số chính phơng.
b. Chữ số tận cùng bên phải của số A là số 1.
c. A 38 là số chính phơng.
Bài 2: Giải hệ phơng trình:
4
282
22
=+
=++
yx
xyyx
Bài 3: Cho hai số thực x; y thoả mãn điều kiện: x > y và xy < 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
22
)
11
()(
yx
yxyx ++
Bài 4: Cho đờng tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC ( có góc C tù).
A; B ; C lần lợt là tiếp điểm của đờng tròn (I ) với các cạnh BC,CA, AB
của tam giác. Nối AA cắt đờng tròn (I) tại E, kéo dài C B và BC cắt nhau tại K.
a. Chứng minh KE là tiếp tuyến của đờng tròn (I ) .
b.Từ A kẻ đờng thẳng vuông góc với AA, đờng thẳng này cắt CB kéo dài
tại F. Chứng minh đờng thẳng BC đi qua trung điểm của AF.
===================
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2005 2006
Môn: Toán Lớp 9 Bảng B
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ).
Bài 1: Giải hệ phơng trình:
x
2
+ xy + y
2
= 4
x+ xy + y = 2
Bài 2: Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau thì có 2 mệnh đề đúng
và một mệnh đề sai.
a. A + 51 là số chính phơng.
b. Chữ số tận cùng bên phải của số A là số 1.
c. A 38 là số chính phơng.
Bài 3 : : Cho hai số thực x; y thoã mãn điều kiện: x>y và xy < 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
22
)
11
()(
yx
yxyx ++
Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. M là điểm thuộc cung nhỏ
BC ( M B; C ), E là giao điểm của BC với AM.
a. Chứng minh:
MCMBME
111
+=
.
b. Gọi P là giao điểm của hai đờng thẳng AB và CM; Q là giao điểm của hai
đờng thẳng AC và BM. Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC
( M không trùng với B và C) thì PQ luôn đi qua một điểm cố đinh.
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2005 2006
Môn: Toán Lớp 9 Bảng C
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ).
Bài 1: Giải hệ phơng trình:
x
2
+ xy + y
2
= 4
x + xy + y = 2
Bài 2: Cho hai số a; b nguyên dơng thoã mãn điều kiện:
a
b
b
a 11 +
+
+
là một số
nguyên dơng. Gọi d là ớc số của a và b. Chứng minh:
bad +
Bài 3: Cho biểu thức:
142142 ++= xxxxP
Tìm giá trị nhỏ nhất của P và tập giá trị x tơng ứng.
Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. M là điểm thuộc cung nhỏ
BC ( M B; C ).
a. Chứng minh: MA = MB + MC.
b. Gọi P là giao điểm của hai đờng thẳng AB và CM; Q là giao điểm của hai
đờng thẳng AC và BM. Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC
(M không trùng với B và C) thì PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2006 2007
Môn: Toán Lớp 9 Bảng A
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ).
Bài 1 : Chứng minh rằng:
a. Với mọi số tự nhiên n > 1 thì số A = n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
không thể là số chính phơng.
b. Các số a và b đều là tổng của hai số chính phơng thì tích a.b
cũng là tổng của hai số chính phơng.
Bài 2: a. Hãy xác định giá trị x;y để có đẳng thức:
5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2y 2x + 2 = 0
b.Cho hai số thực x, y thoả mãn phơng trình:
2x + 3y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S = 3x
2
+ 2y
2
.
Bài 3: Giải phơng trình:
2
12x25x11x7
23
+
= x
2
+6x -1
Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) , kẻ đờng phân giác AD của góc BAC và đờng trung tuyến AM
( D;M BC). Vẽ hai đờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và tam giác ADM , hai đờng tròn này cắt nhau
tại điểm thứ hai là I, đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự tại E và F. Tia
AD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại J.
a. Chứng minh: 3 điểm I, M,J thẳng hàng.
b. Gọi K là trung điểm của EF, tia MK cắt AC và tia BA theo thứ tự tại P và Q.
Chứng minh tam giác PAQ cân.
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2006 2007
Môn: Toán Lớp 9 Bảng B
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ).
Bài 1: Chứng minh rằng:
a. Với mọi số tự nhiên n > 1 thì số A = n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
không thể là số chính phơng.
b. Các số a và b đều là tổng của hai số chính phơng thì tích a.b
cũng là tổng của hai số chính phơng.
Bài 2: Hãy xác định giá trị x;y để có đẳng thức:
5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2y 2x + 2 = 0
Bài 3: Cho hai số thực x, y thoả mãn phơng trình:
2x + 3y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S = 3x
2
+ 2y
2
.
Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) , kẻ đờng phân giác AD của góc BAC
và đờng trung tuyến AM ( D;M BC). Vẽ đờng tròn ngoại tiếp tam giác
ADM , đờng tròn này cắt các cạnh AB và AC của tam giác ABC theo thứ tự tại E
và F. Gọi K là trung điểm của EF.
Chứng minh: MK // AD.
Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Nghệ an Năm học 2006 2007
Hớng dẫn chấm
Môn: Toán Lớp 9 BảngA
TT Lời giải Điểm
Bài1
4điểm
a.Giả sử n
6
n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
= k
2
, k Z
<=> n
4
( n
2
1) + 2n
2
(n + 1) = k
2
<=> (n + 1) n
2
(n
3
n
2
+2) = k
2
<=> ( n+ 1)
2
n
2
[( n 1)
2
+ 1] = k
2
=>( n 1)
2
+ 1 phải là số chính phơng.
Nhng ta có: (n 1)
2
< ( n- 1)
2
+ 1 = n
2
+ 2 (1 n) < n
2
do n >1 suy ra ( n- 1)
2
+ 1 không phải là số chính phơng.
Vậy A= n
6
n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
không thể là số chính phơng.
b. Giả sử a = m
2
+ n
2
và b = p
2
+ q
2
m;n;p;q Z.
Ta có: a.b = (m
2
+ n
2
)( p
2
+ q
2
) = m
2
p
2
+ m
2
q
2
+n
2
p
2
+n
2
q
2
= m
2
p
2
+ n
2
q
2
+ 2mnpq +m
2
q
2
+n
2
p
2
2mnpq
=(mp +nq)
2
+ (mq np)
2
Đ.p.c.m
Bài 2
6 điểm
a. ( 3 điểm)
5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2y 2x + 2 = 0 (1)
(1) <=> 25x
2
+ 25y
2
+ 40xy + 10y 10x + 10 = 0
<=>25 x
2
+ 16 y
2
+ 1 + 40 xy 10 x 8 x + 9y
2
+18 y +9 = 0
<=> ( 5x + 4y 1)
2
+ 9 (x 1)
2
= 0
=+
=+
01y
01y4x5
Vậy x = 1, y = - 1 có đẳng thức (1).
b.áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
(2x + 3y)
2
= (
2
)2y.
2
3
3x.
3
2
+
(
)
2
9
3
4
+
(3x
2
+ 2y
2
)
=
6
35
( 3x
2
+ 2y
2
)
Suy ra: 3x
2
+ 2y
2
≥
35
6
§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khÝ:
x
2
3
:2y
3
2
:3 =
vµ 2x + 3y = 1
=
=+
3
y2
2
x3
1y3x2
=>
35
9
y;
35
4
x ==
Bµi 3
4 ®iĨm
Ta cã: 7x
3
– 11x
2
+ 25x – 12 = 7x
3
– 7x
2
+ 21x – 4x
2
+ 4x – 12
=7x( x
2
– x +3) – 4( x
2
–x + 3) = ( 7x – 4)( x
2
–x + 3)
Ph¬ng tr×nh:
)3xx)(4x7(2
2
+−−
= x
2
+6x –1
§iỊu kiƯn: x ≥
7
4
( do x
2
–x +3 ≥
4
11
)
)3xx)(4x7(2
2
+−−
≤ (7x – 4) +( x
2
–x +3) = x
2
+6x – 1
= VP
§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi:
7x – 4 = ( x
2
–x +3) <=> x
2
– 8x + 7 = 0
x = 1 vµ x = 7 tho· nm·n bµi to¸n
VËy nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ: x = 1 vµ x = 7
Bµi 4
6 ®iĨm
a. (4 ®Ĩm)Tø gi¸c AEDM néi tiÕp
=>BE.BA = BD.BM
=>BE = BD.BM/BA (1)
T¬ng tù:
CF = CM.CD/CA
¸p dơng tÝnh chÊt cđa ph©n gi¸c
BD/ BA = CD/CA (2)
Theo gt: BM = CM
Thay vµo (1) ta cã: BE = CF
EBI = ICF( gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung)
AEI = AFI => IEB = IFC
Suy ra:∆BEI = ∆CFI => IB = IC
=> IM ⊥ BC (v× M lµ trung ®iĨm cđa BC) => IM ®i qua J §.p.cm.
b.( 2 ®iĨm) ( gi¸m kh¶o tù vÏ h×nh)
Gäi G, H theo thø tù lµ giao ®iĨm cđa BF vµ CE.
DƠ dµng cã tø gi¸c KGMH lµ h×nh thoi.
=>KM lµ ph©n gi¸c gãc GKH => KG// AD.
=>Chøng minh ®ỵc tam gi¸c PAQ c©n.
Sở Giáo dục - Đào tạo
TP.Hồ Chí Minh
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-THCS CẤP THÀNH PHỐ
J
C
I
A
B
B
B
B
D
J
M
J
B
F
E
Năm học 2007 – 2008 MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình :
2
2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + =
(
x
là ẩn số)
a) Đònh
m
để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm.
b) Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình trên.
Đònh
m
để A=
2 2
1 2
x x+
đạt giá trò nhỏ nhất.
Câu 2 : (4 điểm)
a) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh:
1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + + <
+ + + + + + + +
b) Cho
1 ; 1a b≥ ≥
. Chứng minh :
1 1a b b a ab− + − ≤
Câu 3 : (4 điểm)
Giải các phương trình :
a)
2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
Câu 4 : (2 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
thì
2
1n n+ +
không chia hết cho 9.
Câu 5 : (4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
a) Xác đònh vò trí của điểm M thu c cung BC khơng ch a i m A ộ ứ đ ể sao cho tứ giác BHCM là
một hình bình hành.
b) Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối
xứng của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng.
Câu 6 : (2 điểm)
Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 , diện
tích tam giác COD bằng 9. Tìm giá trò nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
ĐÁP ÁN
Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình :
2
2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + =
(
x
là ẩn số)
a) Đònh
m
để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm.
b) Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình trên.
Đònh
m
để A=
2 2
1 2
x x+
đạt giá trò nhỏ nhất.
Giải:
a)
2 2
(6 3) 8( 3 1) (6 1)m m m∆ = − − − + = −
1;2
6m - 3 6m - 1
x
4
±
⇒ =
1
x 3m - 1⇒ =
v
2
1
x
2
= −
Để hai nghiệm phân biệt đều âm thì
1
3 1 0
3
1
1
3 1
2
6
m
m
m
m
− <
<
⇔
− ≠−
≠
b)Ta có A=
2 2
1 2
x x+
=
2
1 1
(3 1)
4 4
m − + ≥
A đạt GTNN là
4
1
khi
1
3
m =
Câu 2 : (4 điểm)
a) Cho a, b, c, d là các s d ng. Ch ng minh:ố ươ ứ
1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + + <
+ + + + + + + +
b) Cho
1 ; 1a b≥ ≥
. Chứng minh :
1 1a b b a ab− + − ≤
Giải :
a) Ta có : ( với a, b, c, d là các số dương)
a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
Cộng bốn BĐT trên ta được :
1
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + +
+ + + + + + + +
Ta lại có :
1
a a
a b c a c
c c
c d a a c
a c
a b c c d a
<
+ + +
<
+ + +
⇒ + <
+ + + +
và
1
b b
b c d b d
d d
d a b d b
b d
b c d d a b
<
+ + +
<
+ + +
⇒ + <
+ + + +
Từ đó ta có đpcm.
b)Ta có
1 1
1 1( 1)
2 2
a a
a a
+ −
− = − ≤ =
( , 1)a b ≥
Suy ra :
1
2
ba
b a − ≤
( 1)
Tương tự :
1
2
ab
a b − ≤
(2)
Cộng (1) và (2) ta có đpcm.
Câu 3 : (4 điểm)
Giải các phương trình :
a)
2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
Giải:
a)
2 2 2
( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − =
Đặt
2
3t x x= −
, ta có phương trình :
2
6 7 0 1 7t t t v t− − = ⇔ = − =
Với
2 2
3 5
1, 3 1 3 1 0
2
t x x x x x
±
= − − = − ⇔ − + = ⇔ =
Với
2 2
3 37
7, 3 7 3 7 0
2
t x x x x x
±
= − = ⇔ − − = ⇔ =
b)
8 3 5 3 5x x+ − + − − =
Đặt
2
8 3 0, 8 3u x u u x= + − ⇔ ≥ = + −
Đặt
2
5 3 0, 5 3v x v v x= − − ⇔ ≥ = − −
Ta có hệ phương trình:
2 2
5
2 3
3 2
13
u v
u u
v
v v
u v
+ =
= =
⇔
= =
+ =
Từ đó ta tìm được nghiệm x = 4
c)
2 2
1x x x x x+ + − = +
( Điều kiện :
0 1x≤ ≤
Ta thấy
0x =
không thỏa nên ta chia hai vế cho
x
:
2 2
1 1
1 1
x x x x
x x x x
x x
x x
+ −
+ = + ⇔ + + − = +
Xét vế phải :
1
2x
x
+ ≥
và dấu bằng xảy ra khi x = 1.
Ta có :
2
2 2
( 1 1 )
( 1 ) ( 1 ) 2
2
x x
x x
+ + −
≤ + + − =
Suy ra vế trài :
1 1 2x x+ + − ≤
và dấu bằng xảy ra khi x = 0.
Vậy hai vế không bằng nhau. Phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 4 : (2 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
thì
2
1n n+ +
không chia hết cho 9.
Giải:
Giả sử
2
1n n+ +
chia hết cho 9 thì ta có :
2
1 .9 ( )n n k k N+ + = ∈
2
1 .9 0n n k+ + − =
( 1)
1 4(1 .9) 36 3 3(12 1)k k k∆ = − − = − = −
Ta thấy
∆
chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên không là số chính phương, do vậy phương
trình (1) trên không thể có nghiệm nguyên.
Vậy
2
1n n+ +
không chia hết cho 9. ( đpcm)
Câu 5 :
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
a)Xác đònh vò trí của điểm M thu c cung BC khơng ch a i m A ộ ứ đ ể sao cho tứ giác BHCM là một
hình bình hành.
b)Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng
của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng.
Gọi M
o
là điểm đối xứng của A qua tâm O của đường tròn.
Ta có CM
o
song song với BH vì cùng vuông góc với AC.
BM
o
song song với CH vì cùng vuông góc với AB.
Vậy tứ giác BHCM
o
là một hình bình hành.
Điểm M
o
chính là vò trí của M mà ta cần xác đònh.
a) Ta có N và M đối xứng qua AB nên : ANB=AMB= ACB.
H là trực tâm tam giác ABC nên AHB + ACB = 180
o
Suy ra : ANB + AHB = 180
o
.
Tứ giác AHBN nội tiếp được cho ta : NHB = NAB.
Mà NAB = MAB nên NHB = MAB. ( 1)
Tương tự ta cũng có : EHC = MAC ( 2 )
Cộng (1 ) và (2 ) ta có : NHB + EHC = BAC.
Mà ta lại có : BAC + BHC = 180
o
Nên : NHB + EHC + BHC = 180
o
Vậy N, H , E thẳng hàng.
Câu 6 : (2 điểm)
Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 , diện
tích tam giác COD bằng 9. Tìm giá trò nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
Giải :
Đặt
,
BOC AOD
S x S y= =
Ta có
AOB BOC
AOD COD
S S
OB
S OD S
= =
Suy ra :
4
36
9
x
xy
y
= ⇒ =
Ta lại có
4 9 13 2 13 2.6 25.
ABCD
S x y xy= + + + ≥ + = + =
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 6.
Vậy diện tích tứ giác ABCD đạt giá trò nhỏ nhất là 25.
së gi¸o dơc - ®µo t¹o
qu¶ng ninh
kú thi chän häc sinh giái tØnh
líp 9 n¨m häc 2004-2005
(b¶ng A)
Bµi 1:
1) Chøng minh r»ng kh«ng tån t¹i sè tù nhiªn n tho¶ m·n: n
2
+ 2006 lµ sè chÝnh ph¬ng.
2) Gi¶i ph¬ng tr×nh:
( )
22
2
+x
=
15
3
+x
Bµi 2:
Cho c¸c sè thùc x, y tho¶ m·n ®iỊu kiƯn sau:
5
2
+x
+
1−x
+ x
2
=
5
2
+y
+
1−y
+ y
2
Chøng minh r»ng: x = y
Bµi 3:
Gäi a lµ tham sè thùc sao cho ph¬ng tr×nh x
2
- 3ax - a = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt lµ x
1
vµ x
2
.
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A =
2
2
12
2
21
2
33
33 a
axax
axax
a
++
+
++
Bµi 4:
Gäi O lµ t©m ®êng trßn tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CD, DA cđa tø gi¸c ABCD. Qua A, B, C, D lÇn
lỵt vÏ c¸c ®êng th¼ng d
A
, d
B
, d
C
, d
D
sao cho d
A
⊥ OA, d
B
⊥ OB, d
C
⊥ OC, d
D
⊥ OD. C¸c cỈp ®êng th¼ng d
A
vµ
d
B
, d
B
vµ d
C
, d
C
vµ d
D
, d
D
vµ d
A
t¬ng øng c¾t nhau t¹i c¸c ®iĨm K, L, M, N.
1) Chøng minh r»ng ba ®iĨm K, O, M th¼ng hµng.
2) §Ỉt OK = k, OL = l, OM = m. TÝnh ®é dµi ON theo k, l, m.
hớng dẫn chấm thi HSG tỉnh năm học 2004-2005
môn toán lớp 9 - bảng a
Bài
Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Bài 1.1
3 điểm
Giả sử tồn tại số tự nhiên n thoả mãn n
2
+ 2006 là số chính phơng
thì n
2
+ 2006 = m
2
với m là số tự nhiên => (m-n)(m+n) = 2006 (*). 1,0 đ
Khi đó:
- nếu m và n khác tính chẵn lẽ thì (m-n)(m+n) lẻ . Mâu thuẫn với (*)
- nếu m và n cùng tính chẵn lẽ thì (m-n)(m+n) chia hết cho 4, nhng 2006 không chia
hết cho 4. Cũng mâu thuẫn với (*)
Tóm lại giả sử trên không đúng.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n thoả mãn n
2
+ 2006 là số chính phơng.
0,5 đ
1,0 đ
0,5 đ
Bài 1.2
3 điểm
ĐK: x
3
+ 1 0 (*).
Biến đổi phơng trình đã cho (1) <=>
( )
22
2
+x
=
)1)(1(5
2
++ xxx
0,5 đ
Đặt
)1( +x
= u;
)1(
2
+ xx
= v (1) => u
2
+ v
2
= x
2
+ 2.
Khi đó (1) trở thành: 2(u
2
+ v
2
) = 5u.v
=> u = 2v ; u = v/2
0,5 đ
0,75 đ
Thay vào (1); giải các phơng trình; tìm đợc: x =
2
375+
và x =
2
375
Thử và thấy các giá trị trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: x =
2
375+
và x =
2
375
1,0 đ
0,25 đ
Bài 2
3 điểm
Giả sử có x, y thoả mãn
5
2
+x
+
1x
+ x
2
=
5
2
+y
+
1y
+ y
2
=> x 1; y 1
- Nếu x=1=y thì x = y (đpcm !)
0,25 đ
1,0 đ
- Nếu x, y không đồng thời = 1 thì bằng cách nhân với BT liên hợp, đợc:
5
2
+x
+
1x
+ x
2
=
5
2
+y
+
1y
+ y
2
<=>
<=> (
5
2
+x
-
5
2
+y
) + (
1x
-
1y
) + (x
2
- y
2
) = 0
<=>(x
2
- y
2
)/(
5
2
+x
+
5
2
+y
) +(x - y)/(
1x
+
1y
)+(x
2
-y
2
) = 0
<=> (x - y).((x+y)/(
5
2
+x
+
5
2
+y
) +1/(
1x
+
1y
) +x+y)= 0
<=> x - y = 0 <=> x = y
(vì : (x+y)/(
5
2
+x
+
5
2
+y
) + 1/(
1x
+
1y
) + x + y > 0)
Vậy nếu x, y thoả mãn đẳng thức trên thì x = y
1,0 đ
0,5 đ
0,25 đ
Chú ý: Có thể ch/m x = y bằng cách loại trừ các khả năng x < y; x > y
Bài 3
4 điểm
Do phơng trình x
2
- 3ax - a = 0 có hai nghiệm phân biệt là x
1
và x
2
nên ta có : 9a
2
+ 4a
> 0 (1) ; x
1
2
- 3ax
1
- a = x
2
2
- 3ax
2
- a = 0 ; x
1
+ x
2
= 3a
=> x
1
2
= 3ax
1
+ a ; x
2
2
= 3ax
2
+ a (2)
0,5 đ
1,0 đ
Bài
Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Khi đó: A =
2
2
12
2
21
2
33
33 a
axax
axax
a
++
+
++
=
2
2
2
2
49
49 a
aa
aa
a +
+
+
0,5 đ
Theo (1) thì 9a
2
+ 4a > 0 nên áp dụng BĐT Côsi, ta đợc A 2.
A = 2 <=> 9a
2
+ 4a = a
2
<=> a = -1/2.
DƠ kiĨm tra thÊy víi a = -1/2 th× x
1
= -1 vµ x
2
= -1/2
1,0 ®
0,5 ®
VËy A
nhá nhÊt
= 2, ®¹t ®ỵc khi a = -1/2 ; x
1
= -1 vµ x
2
= -1/2 0,5 ®
Bµi 4
H×nh vÏ:
4. 1)
4 ®iĨm
DƠ thÊy AKBO, BLCO, CMDO vµ DNAO lµ c¸c tø gi¸c néi tiÕp.
vµ c¸c ®o¹n th¼ng OA, OB, OC, OD t¬ng øng lµ ph©n gi¸c c¸c gãc A, B, C, D cđa tø
gi¸c ABCD. 1,5 ®
Cã ∠KOL + ∠LOM = π - ∠OKB - ∠OLB + π - ∠OLC - ∠OMC
= π - ∠BAO - ∠BCO + π - ∠CBO - ∠CDO
= 2π - ( ∠A + ∠B + ∠C + ∠D )/2 = 2π - π = π
Tõ ®ã suy ra c¸c ®iĨm K, O, M th¼ng hµng
1,0 ®
1,0 ®
0,5 ®
4. 2)
3 ®iĨm
Chøng minh t¬ng tù nh trªn, ta ®ỵc N, O, L th¼ng hµng.
Ta chøng minh tø gi¸c KLMN néi tiÕp. ThËt vËy, cã:
∠NKL + ∠NML = ∠AKO + ∠OKB + ∠DMO + ∠OMC
= (1/2).( ∠A + ∠B + ∠C + ∠D ) = 2π
0,25 ®
1,25 ®
Tõ ®ã chøng minh ®ỵc OK.OM = ON.OL
Do ®ã ON = (OK.OM)/OL hay ON = k.m/l
1,0 ®
0,5 ®
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 các biểu thức:
a)
51229526 −−+=A
b)
402088 +++=B
c)
)116)(
63
12
26
4
16
15
( +
−
−
−
+
+
=C
Câu 2 : (3 đ)
a) Chứng minh :
Rzyxzyxzyx ∈∀++≤++ ,,,)(3)(
2222
b) Cho
4
1
,
4
1
,
4
1
,1
−
≥
−
≥
−
≥=++ zyxzyx
.
Chứng minh :
4 1 4 1 4 1 21x y z+ + + + + ≤
.
Dấu bằng xảy ra khi x, y, z bằng bao nhiêu?
Câu 3 : (4 đ)
Giải hệ phương trình và phương trình:
a)
=
+
=
+
=
+
13
36
xz
zx
5
18
y
yz
5
12
yx
xy
z
b)
22
2
84
4
xx
x
−=−+
Câu 4 : (2 đ) Cho phương trình :
0
2
=++ cbxax
có các hệ số
cba ,,
là các số ngun lẻ.
Chứng minh rằng phương trình nếu có nghiệm thì các nghiệm ấy khơng thể là số hữu tỉ.
Câu 5 : (4 đ)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB bằng 2R. Gọi M là một điểm chuyển động trên nửa đường
tròn (O) ( M khác A và B). Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H. Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến tiếp
xúc với đường tròn tâm M lần lượt tại C và D.
a)Chứng minh ba điểm M, C, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M.
b)Chứng minh tổng AC + BD khơng đổi. Tính tích số AC.BD theo CD.
c)Giả sử CD cắt AB tại K. Chứng minh OA
2
= OB
2
= OH.OK.
Câu 6 : (4 đ)
Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có ACB = 45
o
. Đường tròn đường kính AB cắt AC và BC lần
lượt tại M và N. Chứng minh MN vuông góc OC và MN =
2
AB
=============================
Bµi 1:
Rót gän biĨu thøc :
5210452104 +−+++
Bµi 2:
Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh :
=−
−=+−−
1
11315
yx
xyx
Bµi 3:
XÐt ph¬ng tr×nh: mx
2
- (m + 2)x + 1 = 0 (1) víi m lµ tham sè.
a) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) cã nghiƯm víi mäi gi¸ trÞ cđa m.
b) Gi¶ sư ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiƯm lµ a vµ b.
Chøng minh r»ng:
ba −
> 1
Bµi 4:
Cho ®êng trßn (O ; R), ®êng kÝnh AB cè ®Þnh, M lµ mét ®iĨm t ý thc ®êng trßn (M ≠ A, M ≠ B).
Tõ A vµ B kỴ c¸c tiÕp tun Ax vµ By víi ®êng trßn (O ; R). TiÕp tun t¹i M cđa ®êng trßn (O ; R) c¾t Ax
t¹i C, c¾t By t¹i D. §êng th¼ng BM c¾t Ax t¹i E.
a) Chøng minh AD ⊥ OE.
b) T×m vÞ trÝ cđa ®iĨm M trªn ®êng trßn (O ; R) ®Ĩ tỉng diƯn tÝch cđa hai tam gi¸c ACM vµ BDM lµ
nhá nhÊt.
kú thi chän häc sinh giái tØnh
Bµi 1:
Rót gän biĨu thøc :
55210452104 −+−+++
Bµi 2:
Giải hệ phơng trình :
=+
=++++
8
3)1(1
yx
xyyx
Bài 3:
Xét phơng trình: mx
2
- (m + 2)x + 1 = 0 (1) với m là tham số.
a) Chứng minh rằng phơng trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm là a và b.
Chứng minh rằng: (ma - 1)
2
+ (mb + 1)
2
2
)2(
2
+m
.
Bài 4:
Cho đờng tròn (O ; R), đờng kính AB cố định, M là một điểm tuỳ ý thuộc đờng tròn (M A, M B).
Từ A và B kẻ các tiếp tuyến Ax và By với đờng tròn (O ; R). Tiếp tuyến tại M của đờng tròn (O ; R) cắt Ax
tại C, cắt By tại D. Đờng thẳng BM cắt Ax tại E.
a) Chứng minh AD OE.
b) Tìm vị trí của điểm M trên đờng tròn (O ; R) để AE = BD .
Hết
THI HC SINH TP H CH MINH NM HC 1978-1979 (Vũng 1)
Bi 1.
1. a, b v c l 3 s khỏc nhau. Chng minh rng :
accbbabcac
ba
abcb
ac
caba
cb
+
+
=
+
+
222
))(())(())((
2. Phõn tớch biu thc thnh tha s :
)()()(
222
bacacbcba ++
Bi 2. Lm th no em 6 l nc t sụng v, nu trong tay ch cú hai cỏi thựng, mt thựng dung tớch 4 l,
mt thựng dung tớch 9 l v khụng cú thựng no cú vch cha dung tớch.
Bi 3. ang do chi trong thnh ph, bn hc sinh nhn thy mt chic xe ó vi phm lut giao thụng.
Khụng ai trong cỏc em nh s hiu ghi trờn bin xe, nhng vỡ tt c u l hc sinh yờu toỏn nờn mi em ó
nh c c tớnh ca s hiu y. Mt em nh li rng s hiu ú l AB tip theo l mt s cú bn ch s.
Em th hai nh li rng hai ch s u ging ht nhau. Em th ba nh li rng hai ch s cui cng ging
ht nhau. Cũn em th t ó qu quyt rng ta cú bn ch s ú l mt s chớnh phng.
Cn c vo nhng bng chng y, hóy tỡm ra s hiu chic xe.
Bi 4. Cho ABC cú din tớch l S. Mt ng thng xy chuyn ng v luụn luụn i qua A. Gi E v F ln
lt l hỡnh chiu ca B v C trờn xy.
1. Trong trng hp xy ct BC tai G, hóy chng minh rng :
AG(BE+CF)=2S
2. ng thng xy phi cú giỏ tr no tng BE+CF cú giỏ tr nh nht v xỏc nh giỏ tr ú.
sở giáo dục - đào tạo
quảng ninh
kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
lớp 9 năm học 2004-2005
(bảng b)
Bài 1:
Giải phơng trình :
)2()1( xx
+
)3()1( xx
= 2
)4()1( xx
Bài 2:
Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện :
1x
+ x
2
=
1y
+ y
2
Chứng minh rằng x = y.
Bài 3:
Gọi a là tham số thực sao cho phơng trình x
2
- 3ax - a = 0 có hai nghiệm phân biệt là x
1
và x
2
.
1) Tính theo a giá trị biểu thức A =
2
2
12
2
21
2
33
33 a
axax
axax
a
++
+
++
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Bài 4:
Cho hai đờng tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Qua A vẽ cát tuyến MAN với M
thuộc (O) ; N thuộc (O') và M, N không trùng với A. Tiếp tuyến tại M của đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến tại N
của đờng tròn (O') ở I.
1) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng MN là lớn nhất khi cát tuyến MAN song song với đờng thẳng
OO'.
2) Chứng minh rằng bốn điểm B, M, I, N nằm trên một đờng tròn.
Hết
hớng dẫn chấm thi HSG tỉnh năm học 2004-2005
môn toán lớp 9 - bảng B
Bài
Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Bài 1
Điều kiện: (x-1)(x-2) 0; (x-1)(x-3) 0; (x-1)(x-4) 0 (*)
0,5 đ
5 điểm
* Nếu x 4 thì áp dụng công thức
BABA =.
với A, B 0, ta đợc:
(1) <=>
1x
.
2x
+
1x
.
3x
= 2
1x
.
4x
<=>
2x
+
3x
= 2
4x
(1a)
Giải (1a) với x 4, đợc kết quả (1a) vô nghiệm.
1,0 đ
* Nếu 1< x < 4 thì (x-1)(x-4) < 0, không thoả mãn điều kiện (*)
=> không có x nào thuộc khoảng (1 ; 4) là nghiệm của (1) 1,0 đ
* Nếu x = 1, thử trực tiếp và thấy x = 1 là nghiệm của (1) 1,0 đ
* Nếu x < 1thì áp dụng công thức
BABA =
với A, B 0, ta đợc:
(1) <=>
x1
.
x2
+.
x1
x3
= 2
x1
x4
<=>
x2
+
x3
= 2
x4
(1b)
Giải (1b) với x < 1, đợc kết quả (1b) vô nghiệm.
1,0
Vậy phơng trình đã cho (1) có duy nhất nghiệm x = 1. 0,5 đ
Bài 2
5 điểm
Giả sử có x, y thoả mãn
1x
+ x
2
=
1y
+y
2
=> x 1; y 1
- Nếu x = 1 = y thì có ngay x = y (đpcm!)
0,5 đ
1,5 đ
- Nếu x, y không đồng thời = 1 thì bằng cách nhân với BT liên hợp, đợc:
1x
+ x
2
=
1y
+ y
2
<=> (
1x
-
1y
) + (x
2
- y
2
) = 0
<=> (x - y)/(
1x
+
1y
) + (x
2
-y
2
) = 0
<=> (x - y).(1/(
1x
+
1y
) + x + y) = 0
<=> x - y = 0 (vì 1/(
1x
+
1y
) + x + y > 0) <=> x = y
Vậy nếu có x, y thoả mãn
1x
+ x
2
=
1y
+ y
2
thì x = y (đpcm!)
1,5 đ
1,0 đ
0,5 đ
Chú ý: Có thể giải bằng cách xét các trờng hợp:
- Nếu x > y, CM đợc
1x
+ x
2
>
1y
+ y
2
- Nếu x < y, CM đợc
1x
+ x
2
<
1y
+ y
2
- Vậy nếu
1x
+ x
2
=
1y
+ y
2
thì x = y
Bài 3
3. 1)
2 điểm
Do phơng trình x
2
- 3ax - a = 0 có hai nghiệm phân biệt là x
1
và x
2
nên ta có : 9a
2
+ 4a >
0 (1) ; x
1
2
- 3ax
1
- a = x
2
2
- 3ax
2
- a = 0 ; x
1
+ x
2
= 3a
=> x
1
2
= 3ax
1
+ a ; x
2
2
= 3ax
2
+ a
1,0 đ
0,5 đ
Khi đó: A =
2
2
12
2
21
2
33
33 a
axax
axax
a
++
+
++
=
2
2
2
2
49
49 a
aa
aa
a +
+
+
0,5 đ
3. 2)
2 điểm
Theo (1) thì 9a
2
+ 4a > 0 nên áp dụng BĐT Côsi, ta đợc A 2.
A = 2 <=> 9a
2
+ 4a = a
2
<=> a = -1/2.
Dễ kiểm tra thấy với a = -1/2 thì x
1
= -1 và x
2
= -1/2
1,0 đ
0,75 đ
Vậy A
nhỏ nhất
= 2, đạt đợc khi a = -1/2 ; x
1
= -1 và x
2
= -1/2 0,25 đ
Bài 4
Hình vẽ
4 .1)
2,5
điểm
Gọi H, K lần lợt là trung điểm AM, AN => MN = 2 HK
Chứng minh đợc HK OO', ở đó OO' không đổi => MN 2OO' ,
dấu = xảy ra <=> HK//OO' <=> MN//OO'
Suy ra MN lớn nhất <=> MAN // OO' (đpcm !)
1,0 đ
1,0 đ
0,5 đ
4. 2)
3,5
điểm
Chứng minh đợc :
- nếu A ở giữa M và N thì MIN + MBN = 180
0
.
- Nếu N (hoặc M) ở giữa AM (hoặc AN) thì MIN = MBN
1,5 đ
1,5 đ
Từ đó suy ra bốn điểm B, M, I, N thuộc một đờng tròn 0,5 đ
Bài 4: Gọi O là tâm đờng tròn tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD. Qua A, B, C, D lần
lợt vẽ các đờng thẳng d
A
, d
B
, d
C
, d
D
sao cho d
A
OA, d
B
OB, d
C
OC, d
D
OD. Các cặp đờng thẳng d
A
và
d
B
, d
B
và d
C
, d
C
và d
D
, d
D
và d
A
tơng ứng cắt nhau tại các điểm K, L, M, N.
1) Chứng minh ba điểm N, O, L thẳng hàng.
2) Chứng minh rằng OK.OM = OL.ON
Bài
Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Bài 4
Hình vẽ:
4 .1)
3 điểm
Dễ thấy AKBO, BLCO, CMDO và DNAO là các tứ giác nội tiếp.
và các đoạn thẳng OA, OB, OC, OD tơng ứng là phân giác các góc A, B, C, D của
tứ giác ABCD.
0,5 đ
0,5 đ
Có NOK + KOL = - ONA - OKA + - OKB - OLB
= - ADO - ABO + - BAO - BCO
= - ( A + B + C + D )/2
= 2 - =
1,0 đ
0,5 đ
Từ đó suy ra các điểm N, O, L thẳng hàng 0,5 đ
4. 2)
3 điểm
Trớc hết ta chứng minh tứ giác KLMN nội tiếp. Thật vậy, ta có:
NKL + NML = AKO + OKB + DMO + OMC
= (1/2).( A + B + C + D ) = 2
1,0 đ
1,0 đ
Từ đó chứng minh đợc OK.OM = ON.OL 1,0 đ
Bài 4: Cho đờng tròn (O ; R) và điểm A nằm ngoài đờng tròn, từ A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đờng tròn
(B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O ; R) lấy điểm M tuỳ ý ( M khác B, C ), tiếp tuyến
qua M cắt AB ở E, cắt AC ở F.
a) Biết AO = a. Tính chu vi tam giác AEF theo a và R.
b) Đờng thẳng BC cắt OE và OF ở P và Q. Hạ OH BC (H BC).
Chứng minh rằng:
EF
PQ
=
R
OH
Bài 4
Hình vẽ:
4 .1)
2 điểm
Chứng minh đợc chu vi AEF = 2 AB
Tính đợc AB =
22
OBAO
=
22
Ra
(do A nằm ngoài (O) nên a>R)
Suy ra chu vi AEF = 2
22
Ra
.
1,0 đ
1,0 đ
4. 2)
4 điểm
Hạ OH BC
Vì EB và EM là tiếp tuyến nên OEB = OEM = 90
0
- (AEF)/2
Tơng tự ABC = ACB = 90
0
- (BAC))/2
1,0 đ
Do đó BPE = 180
0
-ABC-OEB =(AEF +BAC)/2 = 90
0
-AFE/2
= OFE . Hay OPQ = OFE
2,0 đ
Suy ra OPQ đồng dạng OFE
Do vậy PQ/EF = OH/OM = OH/R ( đpcm !)
1,0 đ
sở giáo dục và đào tạo
quảng ninh
kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
lớp 9 năm học 2005-2006
bảng A
Bài 1.
Rút gọn các biểu thức sau :
a)A =
51
1
+
+
95
1
+
+
139
1
+
+
20052001
1
+
+
20092005
1
+
b) B = x
3
- 3x + 2000 với x =
3
223 +
+
3
223
Bài 2.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét ba đờng thẳng có phơng trình :
(d
1
) : x - 5y + k = 0 ; (d
2
) : (2k - 3)x + k(y - 1) = 0 ; (d
3
) : (k + 1)x - y + 1 = 0
Tìm các giá trị của tham số k để ba đờng thẳng đó đồng quy.
Bài 3.
Giải hệ phơng trình :
=+
=+
=+
14
14
14
yxz
xzy
zyx
Bài 4.
Cho đờng tròn (O;R) có hai đờng kính AC và BD vuông góc với nhau. Điểm M thay đổi trên cung nhỏ
BC (M khác B và C) và điểm N thay đổi trên cung nhỏ CD sao cho góc MAN = góc MAB + góc NAD. Dây
AM cắt dây BC tại E, dây AN cắt dây CD tại F.
1) Chứng minh rằng ta luôn có :
- Góc AEB = góc AEF.
- Đờng thẳng EF luôn tiếp xúc với một đờng tròn cố định.
2) Đặt góc MAB =
, tính diện tích tam giác AEF theo R và
.
Bài 5. Chứng minh rằng:
+
b
a
1
.21
+
+
a
b
1
.3
80 với a 3, b 3.
Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Hết
hớng dẫn chấm thi Học Sinh Giỏi cấp tỉnh
môn toán lớp 9 - bảng a. năm học 2005-2006.
Bài
Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Bài 1.a
1,5
điểm
áp dụng công thức (a+b)
3
=a
3
+b
3
+3ab(a+b), với a=
3
223 +
, b=
3
223
và biến đổi => x
3
= 6 + 3x
Suy ra A = 2006
1,25 đ
0,25
Bài 1.b
2,5
điểm
Có A =
15
15
+
59
59
+
913
913
+ +
20012005
20012005
+
20052009
20052009
Rút gọn, đợc A =
4
12009
.
1,0 đ
1,5 đ
Bài 2
3 điểm
Chứng minh đợc (d
2
) luôn cắt (d
1
) tại điểm M
0
(0 ; 1)
Khi đó M
0
(0 ; 1) (d
3
) <=> k = 5
1,5 đ
1,0 đ
Vậy ba đờng thẳng đồng qui <=> k = 5 0,5 đ
Bài 3
4 điểm
Điều kiện của ẩn : x, y, z 1/4.
Nhân vế-vế cả ba phơng trình với 2 rồi cộng lại, ta đợc phơng trình:
4x + 4y + 4z = 2
14 x
+ 2
14 y
+ 2
14 z
(*)
Biến đổi (*) <=> (
14 x
-1)
2
+ (
14 y
-1)
2
+ (
14 z
-1)
2
= 0
<=>
14 x
=
14 y
=
14 z
= 1 <=> x = y = z = 1/2 thỏa mãn đ/kiện.
0,5 đ
1,5 đ
1,5 đ
Thử lại, thấy x = y = z = 1/2 thỏa mãn hệ.
Vậy hệ đã cho có duy nhất nghiệm là (x ; y ; z) = (1/2 ; 1/2 ; 1/2). 0,5 đ
Bài 4
4. 1)
4 điểm
Trớc hết từ giả thiết suy ra MAN = 45
0
.
Gọi DB, cắt AN, AM tại P, Q. Chứng minh đợc: ABEP và ADFQ là các tứ giác nội
tiếp
=> EPF = EQF = 90
0
=> tứ giác PQEF nội tiếp.
Từ đó ch/minh đợc AEB = APB = AEE => AEB = AEF.
0,5 đ
1,0 đ
0.75 đ
0,75 đ
Kẻ AH EF (HEF). Chứng minh đợc AEH = AEB => AH=AB
Suy ra EF luôn tiếp xúc với đờng tròn cố định là (A;a) với a =AB=R
2
.
0,5 đ
0,5 đ
4. 2)
2 điểm
Dể chứng minh đợc S
AEF
= S
AEH
+ S
AFH
= S
AEB
+ S
AFD
Tính đợc S
AEB
= (1/2).AB.EB = (1/2).R
2
. R
2
.tg
= R
2
. tg
và S
AFD
= = R
2
. tg(45
0
-
)
Suy ra S
AEF
= R
2
.(tg
+ tg(45
0
-
))
Chú ý: Có thể tính theo cách khác:
* S
AEF
= (1/2).AF.EP = = S
AEF
= (R
2
/
2
.cos
.cos(45
0
-
))
* Hoặc S
AEF
=(1/2).AH.EF=(1/2).AB.EF = R
2
.
202
))45(1()1(
+ tgtg
đều là đáp số đúng và cũng cho điểm tối đa.
0,5 đ
1,0 đ
0,5 đ
Bài 5
3 điểm
Ta có: 21a+(3/a) =(3/a) + a/3 + 62a/3 2
3
.
3 a
a
+ (62.3/3) = 64 (1) a 3
Dấu bằng xảy ra <=> (3/a) = a/3 và a = 3 <=> a = 3.
0,75 đ
0,5 đ
Lại có: (21/b) + 3b =(21/b) + 7b/3 + 2b/3 2
3
7
.
21 b
b
+ (2.3/3) = 16 (2) b 3. Dấu
bằng xảy ra <=> (21/b) = 7b/3 và b = 3 <=> b = 3.
0,75 đ
0,5 đ
Từ (1) và (2) suy ra BĐT cần chứng minh !
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = 3.
0,25 đ
0,25 đ
Cách giải khác:
Trớc hết chứng minh BĐT: (21/b) + (3b) 16 (*) với b 3.
Với b 3 thì (*) <=> 3b
2
- 16b + 21 0 <=> (b - 3)(3b - 7) 0.
Do b 3 nên (b - 3) 0 và (3b - 7) 3.3 - 7 = 2 => (b - 3)(3b - 7) 0.
Dấu bằng xảy ra <=> b = 3 .
Tơng tự, chứng minh đợc: 21a + (3/a) 64 với a 3.
(<=> (a-3)(21a-1) 0). Dấu bằng xảy ra <=> a = 3.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Các chú ý khi chấm:
Bài 5.
Tìm tất cả các số nguyên dơng a, b, c thỏa mãn : a
3
+ b
3
+ c
3
= 2001. (Loại trừ , thử => ra đáp số)
Bài 1. b) B =
326
32
++
+
-
326
32
+
Bài 1.b
2,5
điểm
Nhân cả tử và mẫu các phân thức với
2
, rồi biến đổi, ta đợc: A =
=
32412
2)32(
++
+
-
32412
2)32(
+
=
2
)31(32
2)32(
++
+
-
2
)13(32
2)32(
+
=
133
2)32(
+
+
-
133
2)32(
=
)133)(133(
))133)(32()133)(32.((2
+
++
=
13
27
1,0 đ
1,5 đ
c) Tìm giá trị của tham số m để phơng trình (x
2
- 1)(x + 3)(x + 5) = m
có 4 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thỏa mãn
4321
1111
xxxx
+++
= -1.
Cho phơng trình x
4
- (m
2
+ 2)x
2
+ 1 = 0 với m là tham số.
Gọi các nghiệm của pt là x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, hãy tính theo m giá trị của biểu thức A =
4
1
x
+
4
2
x
+
4
3
x
+
4
4
x
Bài 5. Chứng minh rằng với x R, y R ta có :
+
++
9
1
9.21
2
2
y
x
+
+
++
9
1
9.3
2
2
x
y
80
Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Tính đợc EF = R
2
.
202
))45(1()1(
+ tgtg
Suy ra S
AEF
= R
2
.
202
))45(1()1(
+ tgtg
đề thi học sinh giỏi hải dơng 2008 - 2009
Câu 1 (2,0 điểm )
1)Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
3 3 3 3
( )a b c a b c+ +
2)Rút gọn biểu thức sau :
4 10 2 5 4 10 2 5 5A = + + + +
Câu 2 ( 2,0 điểm )
1)Chứng minh rằng nếu phơng trình :
4 3 2
1 0x ax bx ax+ + + + =
có nghiệm
thì :
2 2
( 2) 3 0a b+ >
2)Tìm giá trị của m để hệ phơng trình :
2
2 2
1
1
mx x y m
x y
+ =
+ =
Có nghiệm duy nhất
Câu 3 ( 2,0 điểm )
1)Tìm các số nguyên dơng a,b,c thoả mãn đồng thời các điều kiện :
a b c a b c + = +
và
1 1 1
1
a b c
+ + =
2)Trên tờ giấy kẻ vô hạn các ô vuông và đợc tô bởi các màu đỏ hoặc xanh thoả mãn bất cứ hình chữ
nhật nào kích thớc 2x3 thì có đúng hai ô màu đỏ.Hỏi hình chữ nhật có kích thớc 2010x2011 có bao
nhiêu ô màu đỏ .
Câu4 ( 3,0 điểm )
1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lợt là các bán kính các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD và ABC.
a) Chứng minh :
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
b) Chứng minh :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
; ( Kí hiệu
ABCD
S
là diện tích tứ giác ABCD )
2) Cho tam giác ABC cân tại A có
ã
0
108BAC =
.Chứng minh :
BC
AC
là số vô tỉ.
Câu 5 ( 1,0 điểm )
Cho
2
( )f x ax bx c= + +
thoả mãn với mọi x sao cho
1 1x
và
( )f x p
.
Tìm số q nhỏ nhất sao cho
.a b c p q+ +
Hết
Sở Giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS
Hớng dẫn chấm
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu 1
2điểm
1)
1điểm
Ta có :
3 3 3 3
( )a b c a b c+ +
( )
3
3 3
( ) 3 ( )a b c a b ab a b c
= + + + + + =
0,25
( )
3
3
( ) 3( ) ( ) 3 ( )a b c a b c a b c a b c ab a b
+ + + + + + + +
0,25
=
[ ]
3( ) ( )a b c a b c ab+ + + +
0,25
3( )( )( )a b a c b c= + + +
0,25
2)
1điểm
Đặt B =
4 10 2 5 4 10 2 5+ + + +
,B>0
Ta có
2
4 10 2 5 4 10 2 5 2 (4 10 2 5)(4 10 2 5)B = + + + + + + + +
2
8 2 16 (10 2 5)B = + +
0,25
( )
2
2
8 2. 5 1 6 2 5B = + = +
0,25
( )
2
5 1 5 1B = + = +
, Vì B > 0
0,25
Vậy
5 1 5 1A = + =
0,25
Câu 2
2điểm
1)
1điểm
Giả sử
0
x x=
Là một nghiệm của PT
4 3 2
1 0x ax bx ax+ + + + =
;(1)Ta thấy
0
0x
.Vì nếu
0
0x =
dẫn đến 1= 0 vô lí
4 3 2 2
0 0 0 0 0 0
2
0 0
1
1 0 0
a
x ax bx ax x ax b
x x
+ + + + = + + + + =
2
0 0
0 0
1 1
2 0; (2)x a x b
x x
+ + + + =
ữ ữ
0,25
Đặt
0
0
1
y x
x
= +
ta có PT(2) trở thành
2
2 0y ay b+ + =
và PT này luôn có
nghiệm y thoả mãn ĐK
0
0
1
2y x
x
= +
hay
( )
2
4, 3y
0,25
Ta chứng minh bất đẳng thức sau :
2 2 2 2 2
( ) ( )( ) ,(*)ax by a b x y+ + +
Thật vậy : Thật vậy (*)
2 2 2 2 2
2 ( ) 0abxy a y b x ay bx +
( đúng )
0,25
Đẳng thức xảy ra khi ay = bx
áp dụng Bất đẳng thức (*) ta có
2 4 2 2 2 2
4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 ( 2) ( 2) 1
1 ( 2) 1
1 ( 2) 3 1 ( 2) (3) ( 2) 3
y ay b y ay b a b y
y a b y
y a b y a b theo a b
= + = + + +
< + +
< + < + + >
0,25
2)
1điểm
Giả sử (x
0
;y
0
) là nghiệm duy nhất của hệ phơng trình
2
2 2
1 ,(1)
1,(2)
mx x y m
x y
+ =
+ =
suy ra (-x
0
;y
0
) cũng là nghiệm của hệ.Từ đó ta có
0 0 0
0x x x = =
0,25
Với x
0
=0 thay vào (2) suy ra
0
1y =
- Với x
0
=0 và y
0
= - 1 thay vào (1) suy ra m = 0
Với m = 0
2 2 2 2 2 2 2
1
1 1 1 1
0
1 1 ( 1) 1 2 2 0
1
x y
x y x y x y x y
y
x y x y y y y y
y
= +
= = + = + = +
=
+ = + = + + = + =
=
Hệ PT không có nghiệm duy nhất .Nên m = 0 loại
0,25
-Với x
0
=0 và y
0
= 1 thay vào (1) suy ra m = 2
Với m = 2
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 ;(3)
1 1 ;(4)
x x y x x y
x y x y
+ = + + =
+ = + =
Từ (3)
1y
và Từ (4)
1y
Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất (x;y) =(0;1)
0,25
Vậy m = 2 thì hệ PT có nghiệm duy nhất
0,25
Câu3
2điểm
1)
1điểm
Có
a b c a b c + = +
2 ( ) 2
( ) ( )( ) 0
a b c b a c a b c b a b c b a c ac
a b
b a b c ac a b b c
b c
+ + = + + + + + = + +
=
+ = =
=
0,25
Nếu a = b và a , c dơng .Ta có
1 1 1 2 1
1 1 2 ( 2)( 1) 2c a ac a c
a b c a c
+ + = + = + = =
Vì a,b,c nguyên dơng nên ta có các trờng hợp sau :
2 2 4 2 1
1) 2) 3
1 1 2 1 2
a a b a
a c b
c c c
= = = =
= = =
= = =
0,25
Nếu b = c và b,c dơng .Ta có
1 1 1 1 2
1 1 2 ( 2)( 1) 2a b ab b a
a b c a b
+ + = + = + = =
Vì a,b,c nguyên dơng nên ta có các trờng hợp sau :
2 2 2 2 4
1) 3 2)
1 1 1 1 2
b b b c
a b c
a a a
= = = =
= = =
= = =
0,25
Vậy các cặp số nguyên dơng (a;b;c) thoả mãn là (3;3;3) và(2;4;4)và (4;4;2)
0,25
2)
1điểm
Ta chứng minh hình chữ nhật kích thớc1x3 chứa đúng một ô màu đỏ (1)
Thật vậy , nếu điều này không đúng tức là tồn tại một hình chữ nhật k nào đó có
số ô màu đỏ khác 1.hay số ô màu đỏ của k là 0 hoặc 2.
giả sử số ô màu đỏ của k là 2
0,25
0,25
Xét hình chữ nhật ABCD theo giả thiết ABCD chứa đúng hai ô màu đỏ nên
1;2;3;4 màu xanh.lại suy ra các ô 5;6 đỏ ( xét hình chữ nhật AHPQ)
nên hình chữ nhật EHGF có ít nhất 3 ô màu đỏ.Mâu thuẫn.
Nếu số ô màu đỏ của k là o thì trái với giả thiết
0,25
6
3
4
5
2
1
F
C
Q
A
H
D
E
B
P
Vậy (1) đợc chứng minh
Do đó ta chia hình chữ nhật kích thớc 2010x2011 bằng 670x2011 hình chữ nhật
1x3và do (1) ta có số ô màu đỏ cần tìm là 2011.670 =1347370
0,25
Câu4
3điểm
I
E
K
M
D
O
A
C
B
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đờng
trung trực của đoạn thẳng BD,BD là đờng trung
trực của AC.Do vậy nếu gọi M,I,K là giao điểm
của đờng trung trực của đoạn thẳng AB với
AB,AC,BD thì ta có I,K là tâm đờng tròn ngoại
tiếp các tam giác ADB,ABC
Từ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy một điểm E
đối xứng với điểm I qua M , Ta có BEAI là hình
thoi ( vì có hai đờng chéo EI và AB vuông góc
với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng )
0,25
1)
1điểm
Ta có
ã
ã
BAI EBA=
mà
ã
ã
0
90BAI ABO+ =
ã
ã
0
90EBA ABO + =
0,25
Xét
EBK có
ã
0
90EBK =
,đờng cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta
có
2 2 2
1 1 1
BE BK BM
+ =
0,25
Mà BK = r , BE = BI = R; BM =
2
a
Nên
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
(Đpcm)
0,25
2)
1điểm
Xét
AOB
và
AMI
có
ã
ã
0
90AOB AMI= =
và
à
A
chung
AOB AMI
:
2
.
2
AO AM AM AB AB
AO
AB AI AI R
= = =
Chứng minh tơng tự ta đợc
2
.
2
BM AB AB
BO
BK r
= =
0,25
0,25
Ta có
4
2. . 2.
4
ABCD
AB
S AO OB
Rr
= =
Mà theo định lí Pi ta go trong tam giác vuông AOB ta có
2 2 2 4
2 2
1 1 1
4
AB OA OB AB
R r
= + = +
ữ
2 2
2
2 2
4R r
AB
R r
=
+
Từ đó ta có :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
0,25
0,25
3)
1điểm
x
C
D
B
A
0,25
Kẻ tia Cx sao cho CA là tia phân giác của
ã
BCx
, tia Cx cắt đờng thẳng AB tại
D.Khi đó Ta có
ã
ã
0
36DCA ACB= =
DCA
cân tại C ,
BCD
cân tại B
AB AC DC
= =
.Theo tính chất đờng phân giác trong tam giác BCD ta có
;
CB AB BC CA
BC BD
CD AD CA BD CA
= = =
0,25
2 2 2
2 2
( ) . 0
1 5
1 0
2 4
BC CA
BC BC CA CA BC BC CA CA
CA BC CA
BC BC BC
CA CA CA
= = =
= =
ữ ữ ữ
0,25
1 5
2
BC
CA
+
=
( Vì
0)
BC
CA
>
.Vậy
BC
AC
là số vô tỉ
0,25
Câu 5
1điểm
Vì
2
( )f x ax bx c= + +
thoả mãn với mọi x sao cho
1 1x
và
( )f x p
.Nên :
- Với x = 1
(1)a b c p + +
- Với x = - 1
(2)a b c p +
- Với x = 0
(3)c p
0,25
Từ (1) và (2)
2a b c a b c p + + + +
mà
2a b c a b c b+ + + +
Nên suy ra :
b p
0,25
Ta có
2b c b c c b p p p = + + + =
Kết hợp với (1):
3 3a a b c b c p a p + + +
0,25
5a b c p + +
.Vậy số q nhỏ nhất là 5
0,25
UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS - năm học 2008 - 2009
Môn : Toán
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
2 4 5 21 80
10 2
A
+ +
=
2. Giải phơng trình:
2 2
6 18 0x x x x + =
Bài 2: (3,0 điểm)
Cho phơng trình
( ) ( )
3 2
1 3 1 4 1 0 (1)m x m x x m+ + + =
(
m
là tham số).
1. Biến đổi phơng trình (1) về dạng phơng trình tích.
2. Với giá trị nào của
m
thì phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm âm.
Bài 3: (4,0 điểm)
1. Chứng minh rằng với hai số thực bất kì
,a b
ta luôn có:
2
2
a b
ab
+
ữ
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
2. Cho ba số thực
, ,a b c
không âm sao cho
1a b c
+ + =
.
Chứng minh:
16b c abc
+
. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
3. Với giá trị nào của góc nhọn
thì biểu thức
6 6
sin cosP
= +
có giá trị bé nhất ? Cho biết giá trị
bé nhất đó.
Bài 4: (6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB
lần lợt tại D, E và F. Đặt
, ,x DB y DC z AE= = =
.
a. Tìm hệ thức giữa
,x y
và
z
.
b. Chứng minh rằng:
2AB AC DB DC
ì = ì
.
2. Cho tam giác ABC cân tại A,
BC a
=
. Hai điểm M và N lần lợt trên AC và AB sao cho:
2 , 2AM MC AN NB= =
và hai đoạn BM và CN vuông góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC
theo
a
.
Bài 5: (3,0 điểm)
3. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 ngời thì còn thừa một ngời. 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 ngời.
4. Một tấm bìa hình chữ nhật có kích thớc
1 5
ì
. Hãy cắt tấm bìa thành các mảnh để ráp lại thành một
hình vuông. Giải thích.
