bo de thi HSG toan 9 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (489.63 KB, 38 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC: 2012-2013

Môn: TO NÁ

Thời gian l m b i: 150 phút à à (Không kể thời gian phát

đề)
B i 1:à (3đ) Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cotg450

Bài 2: (4đ) Cho biểu thức













4 1 4 1 1

1
1

4 1

x x x x

Q

x

x x

      

   



 

 

a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức Q

Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 4

y x x y

M

xy

  



B i 4:à (3,75đ) Chứng minh rằng nếu









2 2

1 1

x yz y xz

 



 

với xy yz, 1,xz1,x0,y0,z0

thì

1 1 1

x y z

x y z

    

B i 5:à (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M l trung à điểm cạnh BC. Từ đỉnh M vẽ
góc 450 sao cho các cạnh của góc n y là ần lượt cắt AB, AC tại E, F.

Chứng minh rằng:
EF

1
4

M ABC

S  S

B i 6: à (2đ) Từ một điểm A ở ngo i à đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB v AC và ới
đường tròn (B v C l các tià à ếp điểm). Gọi M l mà ột điểm bất kỳ trên đường thẳng đi qua các
trung điểm của AB v AC. Kà ẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O). Chứng minh MK = MA

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TO NÁ

K THI CH N H C SINH GI I HUY N N M HỲ Ọ Ọ Ỏ Ệ Ă ỌC 2012-2013

B ià Nội dung – Yêu cầu Điểm

5 3 29 12 5





2
5 3 2 5 3

   

 5 6 2 5





5 5 1

  

= 1
= cotg450

1đ
0,5đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ

2a Q có nghĩa  x1 v à x2 0,5đ

CHÍNH

ĐỀ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>













4 1 4 1 1

1
1

4 1

x x x x

Q
x
x x
      
   

 
 









1 2 1 1 1 2 1 1 2

4 4

x x x x x

Q
x

x x
         
 

 













2 2
2

1 1 1 1 2

1
2

x x x

Q
x
x
     
 



1 1 1 1 2

2 1

x x x

Q

x x

     

 

 

* Nếu 1 < x < 2 ta có:

1 1 1 1 2

2 1

x x x

Q
x x
     
 
 
2
1
Q
x



* Nếu x > 2 ta có:

1 1 1 1 2

2 1

x x x

Q
x x
     
 
 
2
1
Q
x


0,75đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25
3

Với điều kiện x1,y4 ta có:
M =
4
1 y
x
x y




Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số khơng âm,

Ta có:





1 1

1 1 1

2 2

x x

x  x    

1 1
2
x
x


 

(vì x dương)

V : à





1 1 4 4

4 4 4

2 2 2 4

y y

y  y     

4 1
4
y
y

 

(vì y dương)
Suy ra: M =

1 1 1 3

2 4 4

y
x
x y


   

Vậy giá trị lớn nhất của M l à
3

4  x = 2, y = 8

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>









2 2

1 1

x yz y xz

 



 



x2 yz y xyz









y2 xz x xyz







     

2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 0

x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz

        



x y xy2 2

 

x yz xy z3 3

 

x z y z2 2

 

x yz2 2 xy z2 2



0

        







2 2





2 2







0
xy x y xyz x y z x y xyz x y

        



x y xy xyz x y







z x y





xyz2 0

 

         









2 0

xy xyz x y z x y xyz

      

(vì x y x y 0)





xy xz yz xyz x y xyz

     





xyz x y xyz

xy xz yz

xyz xyz

 

 

(vì xyz0)
1 1 1

x y z

x y z

     

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
5

Kẻ MPAB tại P, MQAC tại Q

Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K v cà ắt MF tại N

Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP v MQà
1

2
MEN MEK MPEK

S S S

  

v à

1
2
FEN QEK QAEK

S S  S

(SFEN SQEK vì có cùng chiều cao nhưng đáy EN bé 
hơn đáy EK)

Suy ra:

1 1

2 2

MEN FEN APMQ MEF APMQ

S S  S  S  S

(*)

Chứng minh được:

1
2
MAP MAB

S  S

1
2
MAQ MAC

S  S

1
2
APMQ ABC

S S

 

(**)

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,25đ
B

M
P

N K

E
F

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Từ (*) v (**) ta có: à
EF

1
4

M ABC

S  S

Gọi P,Q lần lượt l trung à điểm của AB,AC. Giao điểm của OA v PQ l I.à à
AB v AC l hai tià à ếp tuyến nên AB = AC v AO l tia phân giác cà à ủa BAC

 PAQ cân ở A v AOà PQ

Áp dụng Pitago ta có:

MK2 = MO2 – R2 (MKO vuông tại K)
MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông tại I)

MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (BOP vuông tại B)

MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (IOP vuông tại I v PA = PB)à
MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)

MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông tại I)
MK2 = MA2 (IAM vuông tại I)

 MK = MA

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TO N 9Á
(Thời gian : 120 phút)

B i 1(1,5à đ): Cho biểu thức

2 3

3 3 3

3 3 27 3

x
Q

x

x x x

   

      

      

   

a/ Rút gọn Q

b/ Tính giá trị của Q khi x 3 2010

B i 2(1à đ): Rút gọn biểu thức M  4 7  4 7

B i 3(1à đ): Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có a2b2c2ab bc ac 
B i 4(2à đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a2 + b2

b/ Cho x +2y = 8 . T ìm giá trị lớn nhất của B=xy
B i 5(2à đ): Giải phương trình

O I A

K C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

9

6

9 0

x





x



x





x



4 

x

 

4 0

B i 6(2,5à đ): Cho hình vng cạnh a. Đường trịn tâm O, bán kính a cắt OB tại M .D l àđiểm
đối xứng của O qua C . Đường thẳng Dx vng góc với CD tại D cắt CM tại E. CA cắt Dx tại F.
Đặt  MDC

a/ Chứng minh AM l phân giác cà ủa FCB . Tính độ d i DM, CE theo a v à à 
b/ Tính độ d i CM theo a . Suy ra giá trà ị của sin

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

B ià Nội dung Biểu 
chấm
1(1,5đ) a.(1đ)

A = 





















 1
3
3
27
3
3
3

3
3
2 x
x
x
x
x

ĐKXĐ: x 0; x  3

= 






  














 x
x
x
x
x
x
x
x 3
3
3
)
3
3
)(
3
(
3
3
3
3 2
2
2
=








  













x
x
x
x
x
x
x
3
3
3
)
3
3
)(
3

(
3
3
)
3
( 2
2
3
1


x

b. (0,5 đ) Thay x = 3+2010 v o A ta có:à
A 3
1


x 2010
1
3
2010
3
1




0.25
0.25

0.25
0.25
0,5

2(1đ)

Rút gọn biểu thức M  4 7  4 7









4 7 4 7

8 2 7 8 2 7

2 2

1 7 1 7

2 2

1 7 7 1

2 2
2
M
M
M
M
M
   

 
 
 
 
 
 

0.25
0.25
0.25
0.25

3(1đ)













2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 0

a b c ab bc ac

a b c ab bc ac

a ab b b bc c a ac c

a b b c a c

    

     

         

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Phòng GD- ĐT vĩnh tờng
Trờng THCS vũ di

==========

Đề thi khảo sát học sinh giỏi

Môn: Toán 9

Thi gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề )

---Bài 1. (1,5 điểm)

Rót gän c¸c biÓu thøc sau :
a)A = 1

√

5 +
1

√

9 +

√

13 ... +

√

2001+

√

2005 +

√

2005+

√

2009
b) B = x3 - 3x + 2000 víi x = 3

√

3+2

√

2 +

√

33−2

√

2
B i 2à (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14x2 7
b)

2 4 2 2

44 x  4 x 16 4x 1 x y  2y 3 5  y
c) x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0; (với x; y nguyên)
Bµi 3: (2,0 ®iĨm)

a) Chøng minh r»ng víi hai sè thùc bÊt kì a b, ta luôn có:

2
2

a b

ab



  .

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

b) Cho ba sè thùc a b c, , kh«ng ©m sao cho a b c  1.

Chứng minh:

b c

 

16 abc

. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

c) Với giá trị nào của góc nhọn  thì biểu thức Psin6 cos6 có giá trị bé nhất ? Cho
biết giá trị bé nhất đó.

Bµi 4: (1,5 ®iĨm)

Một đồn học sinh đi cắm trại bằng ơ tơ. Nếu mỗi ơ tơ chở 22 ngời thì cịn thừa một ngời.
Nếu bớt đi một ơ tơ thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ơ tơ cịn lại. Hỏi có
bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ơ tơ ? Biết rằng mỗi ơ tơ chỉ chở khơng q

30 ngời.

Bµi 5 ( 3,0 ®iĨm )

1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lợt là các bán kính các đờng trịn ngoại tiếp
các tam giác ABD và ABC.

a) Chøng minh : 2 2 2

1 1 4

R r a

b) Chøng minh :

3 3
2 2 2
8

( )

ABCD

R r
S

R r



 ; ( KÝ hiệu SABCD là diện tích tứ giác ABCD )
2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC1080.Chứng minh :

BC

AC là số vô tỉ.

===============================================
Phòng GD- ĐT vĩnh tờng

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

--- Môn: Toán 9

---Bài Sơ lợc lời giải Cho

điểm

Bài 1.b

(1,5 đ) áp dơng c«ng thøc (a+b)

3=a3+b3+3ab(a+b), víi a= 3

√

3+2

√

2 , b=

√

33−2

√

2
và biến đổi => x3 = 6 + 3x

Suy ra B = 2006

0,75

a

Cã A =

√

5−1
5−1 +

√

9−

√

5
9−5 +

√

13−

√

13−9 +...+

√

2005−

√

2001
2005−2001 +

√

2009−

√

2005

2009−2005

Rút gọn, đợc A =

√

2009−1

4 .

0,75

Bài 2a
(2,0đ)

Gii, xỏc nh ỳng iu kin:

2 2

;

2 2

x x

 x24x 4 2x2 1 2 2x21. 7 7 = 0
2

(x 2) ( 2x 1 7) 0

     

2
2 0

2
2

2 1 7 0 2

x
x

x x



 



 

      

  

 

 



 (Thỏa mãn)

0,25
0,25

0,25
b

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)  (x2 – 4)(x2 + 4)  0 x2 4 0 kết hợp với (1) v (3) suy ra x = 2à
Thay v o (4): yà 2 – 2y + 1 0 ; Đúng với mọi giá trị của y.

Thay x = 2 v o phà ương trình v già ải đúng, tìm được y = 1,5
Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5)

0.5
0,25
c Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

 x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ

Đặt x = 2k + 1 ; ( kZ ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4

 y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn

Đặt y = 2n; (n Z)  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*)
Nhìn v o (*) ta có nhà ận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn
(Vì k v k + 1 l hai sà à ố nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm pt đã cho vụ
nghim

0,25

0,25
Bài 3a

(2,0đ) Ta có: 2 2 2 2 2

2 2

2 4 4

a b a ab b a ab b

ab ab

    

 

   

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>





0, ,
4

a b

a b


   R

VËy:





, , 4 , ,

a b

ab a b a b ab a b



 

       

 

  R R

Dấu đẳng thức xảy ra khi a b 0,25

b Theo kết quả câu 3.a, ta cã:



a b c 



2 a



b c



24a b c

mà a b c 1 (giả thiÕt)

nªn:









2
1 4 a b c  b c 4a b c

(v× a, b, c không âm nên b + c không âm)
Nhng:

2
4

b c bc

(không âm)
Suy ra: b c 16abc.

Du đẳng thức xảy ra khi:

1 1

4 2

a b c

b c a

b c
 


   





0,25

0,25
0,25
c Ta cã:



 



6 6 2 2

sin cos sin s

P      co 



sin2 cos2



sin4 sin2 cos2 cos4

P        



sin2 cos2



2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2

P    

áp dụng kết quả câu 3.1, ta cã:



sin2 cos2



2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2 1
4

            

Suy ra:

2 2 3 1

1 3sin cos 1

4 4

P      

Do đó: min
1
4

P 

khi vµ chØ khi: sin2 cos2  sin cos (vì là góc
nhọn)

0
sin

1 1 45

cos tg

0,25

0,25
Bài 4

(1,5đ) + Gọi số ô tô lúc đầu là

x ( x nguyên và x 2)

Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1.

+ Theo gi thit: Nu 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).

+ Do đó ta có phơng trình:





22 1 23

1 22 1 22

1 1

x

x y x y

x x



      

 

0,25
0,25

0,25
+ Vì x và y đều là số nguyên dơng, nên x1 phi l c s ca 23.

Mà 23 nguyên tố, nên: x1 1  x2 hc x1 23  x24

 NÕu x2 thì y22 23 45 30 (trái giả thiết)

Nếu x24 thì y22 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.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài 5
(3,0đ)

I
E

K
M

D
O

A C

T giỏc 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 trịn 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 vng góc với nhau và
cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng )

0,25

Ta cã BAI EBA mµ BAI ABO  900  EBA ABO 900 0,25

Xét EBK có EBK900,đờng cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta

cã 2 2 2

1 1 1

BE BK BM

0,25

Mµ BK = r , BE = BI = R; BM = 2

a

Nªn 2 2 2

1 1 4

R r a

  

(§pcm)

0,25
1b

XÐt AOB vµ AMI cã AOB AMI 900 vµ A chung AOBAMI

AO AM AM AB AB

AO

AB AI AI R

    

Chứng minh tơng tự ta đợc

2
.

BM AB AB

BO

BK r

 

0,25

Ta cã

4
2. . 2.

4
ABCD

AB

S AO OB

Rr

 

Mà theo định lí Pi ta go trong tam giác vng AOB ta có

2 2 2 4

2 2

1 1 1

AB OA OB AB

R r

 

     

 

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

x
C

D
B

0,25

Kẻ tia Cx sao cho CA là tia phân giác của BCx , tia Cx cắt đờng thẳng AB tại
D.Khi đó Ta có DCA ACB  360 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

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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

        



     

          

     

1 5
2

BC
CA




( V×

BC

CA  .VËy 
BC

AC là số vô tỉ

0,25

PHềNG GD-T HUYN LONG IN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP 
HUYỆN 
--- NĂM HỌC 2012-2013

---Ba

̀ i 1 (4đ)

a) Tính tổng:

b) Cho a, b, c, d l các sà ố dương v à

a c

b d . Hãy trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:

B i 2à : (4đ)

a) (2đ) Biết rằng a,b l các sà ố thoả mãn a > b > 0 v a.b = 1 à
Chứng minh :

2 2

a b

a b





b) (2đ) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :





2
1
2

abc n

cba n

  




 



 với n l sà ố nguyên lớn hơn 2

B i 3à : (4đ)

a) (2đ) Phân tích thành nhân tư:
M = 7

√

x −1−

√

x3

− x2+x −1 với x ≥1

b) (2đ) Giải phương trình
3

√

x2+26+3

√

x+

√

x+3=8

B i 4:à (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: x m( 2) ( m 3)y m  8
a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) đi qua điểm P(-1;1).

b) (1,5đ) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) ln ln đi qua một điểm

cốđịnh.

B i 5à : (2 đ)

Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính sốđo góc BMC ?

2 2 2 2

...

15 35 63 399

P    

a b c d

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

B i 6à : (4,0 đ )

Cho nưa đường trịn đường kính BC=2R, tâm O cốđịnh. Điểm A di động trện nưa
đường tròn. Gọi H l hình chià ếu của điểm A lên BC. Gọi Dv E là ần lượt l hình chià ếu của H
lên AC v AB. à

a) Chứng minh: AB

.

EB + AC

.

EH = AB2

b) Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích
lớn nhất đó theo R.

----HẾ

T----Đ

A

́

P A

́

N

Ba

̀ i 1( 4đ, mỗi b i 2 à điểm)
a)

2 2 2 2

...
15 35 63 399

P    

2 2 2 2

...

3.5 5.7 7.9 19.21

    

1 1 1 1 1 1 1 1
...

3 5 5 7 7 9 19 21
        

1 1
3 21

 

2
7



(0,5 điểm).

(0,5 điểm).
(0,5 điểm)
.

2 2

a c

do ad bc ad bc

b d

 

    

 

  (0.5

điểm)

B i 2à

:

( 2 điểm )
* Vì a.b = 1 nên













2 2

2 2 a b 2ab a b 2 2

a b

a b

a b a b a b a b

   



    

    ( 1 đ )

* Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :



a b



2 2



a b



a b a b

    

 

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a d b c

a d b c a d b c

  



         

   

( a d) ( b c)



  

2 ( 2 )

a d b c
a d ad b c bc

  


    

2 2

a d b c

a d ad b c bc
  


    

a b c d

a d b c
a d b c

  


</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Vậy

2 2

a b

a b




 ( 1đ )

1) ( 2 đđiểm )

Viết được

2
2

100 10 1

100 10 4 4

abc a b c n

cba c b a n n

     




     




Từ (1) v (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5 à  99 (3) ( 0,75 đ )

Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31

39 4n 5 119

    (4) ( 0,75đđ )
Từ (3) v (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26à

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ )
Ba

̀ i 3( 4 đ )

a) (2 điểm) M = 7

√

x −1−

√

x3− x2

+x −1 với x ≥1

√

x −1(7− x+

√

x −1) (0,25đ)

¿−

√

x −1(x −1−

√

x −1+1

4−
25

4 ) (0,5đ)

¿−

√

x −1

[

(

√

x −1−1
2

)

2
−25

]

(0,5đ)

¿−

√

x −1(

√

x −1−3) (

√

x −1+2) (0,5đ)

√

x −1(3−

√

x −1)(

√

x −1+2) (0,25đ)
b) (2đ) Giải phương trình

√

3 x2

+26+3

√

x+

√

x+3=8 (1)

Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1) (0,75đ)
Với 0≤ x<1 thì:

√

x2+26+3

√

x+

√

x+3<

√

312+26+3

√

1+3=8

Nên PT vô nghiệm với 0≤ x<1 (0,5đ)
Với x >1 Thì:

√

x2+26+3

√

x+

√

x+3>

√

312+26+3

√

1+3=8

Nên PT vô nghiệm với x >1 (0,5đ)
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25đ)
B i 4:à (2 điểm)

a) Vì đường thẳng (d) đi qua P(-1;1) nên

(m2).( 1) (  m 3).1 m 8 5 m 8 m3. (0,5
điểm)

b) Gọi



x y0; 0



l tà ọa độđiểm cốđịnh m (d) à đi qua 
Ta có: (m2)x0(m 3)y0  m 8 m. (0,5đ)





0 0 0 0

0 0 0

( 1) 2 3 8 0 .

1 0 1

2 3 8 0 2

x y m x y m

x y x

x y y

       

   

 

   

   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Vậy điểm cốđịnh m (d) à đi qua l (-1;2) (1à đ)
B i 5à :

Vẽ tam giác đề

BCN ACM

BN AM

  

  u CMN

(1 điểm)

màAM2 BM2CM2  BN2 BM2MN2
BMN

  vuông tại M.

   900 600 1500

BMC BMN NMC

      . (1 điểm)

B i 6:à (4,0 đ)

a) Chứng minh: AB

.

EB + AC

.

EH = AB2

Chứng minh tứ giác ADHE l hình chà ữ nhật (1,0 đ)
AB

.

EB = HB2

.

EH = AC

.

AD = AH2
=> ĐPCM (1 điểm)

b) S(ADHE)= AD.AE



2 2 2 2

2 2 2

AD AE DE AH

 

(0,75 đ)

 S

(ADHE)



2 2 2

AH AO R

 

(0,75 đ)
Vậy Max S(ADHE)=

2
2

R

Khi AD = AE

Hay A l àđiểm chính giữa của cung AB (0,5 đ)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à à (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VỊNG I

B i 1: (1.5 à điểm)
Thực hiện tính:

√

2x+2

√

x2−4

√

x2−4+x+2 với x=2

√

6+3

B i 2: (2.5 à điểm)

Giải các phương trình:

O B

C

A

H
D

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

a. x2

+5x −

√

x2+5x+4=−2

√

x2

−3x+2+

√

x+3=

√

x −2+

√

x2+2x −3

B i 3: (2.0 à điểm)

a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 ln có nghiệm hữu tỉ với 
mọi số n nguyên.

b. Gọi x1, x2 l nghià ệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 l nghià ệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

B i 4: ( 3.0 à điểm)

Cho đường tròn (O) v à điểm A nằm ngo i à đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với

đường tròn (B, C l các tià ếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ
MC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I l trung à điểm của DE. Đường thẳng
qua D vng góc với BO cắt BC tại H v cà ắt BE tại K.

a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh  ICB =  IDK

c. Chứng minh H l trung à điểm của DK.
B i 5: ( 1.0 à điểm)

Cho A(n) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à à (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VỊNG II

B i 1: (2.0 à điểm)

a) Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 4

a b a b . Với a b; l các sà ố dương.

b) Cho x y; l hai sà ố dương v à x y 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= 1

2 xy ; 2 2

2 3

M

xy x y

 

 .

B i 2: (2.0 à điểm)

Giải hệ phương trình:

{

x

+y2=11

x+xy+y=3+4

√

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt l trung à điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của
tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q v cà ắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt

QM tại H.

a. Chứng minh HM = HN.

b. Chứng minh MN l phân giác cà ủa góc QMP.
B i 4: (3.0 à điểm)

Cho nưa đường trịn (O, R) đường kính AB. EF l dây cung di à động trên nưa đường
tròn sao cho E thuộc cung AF v EF = R. AF cà ắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I

a. Tính góc CIF.

b. Chứng minh AE.AC + BF. BC khơng đổi khi EF di động trên nưa đường trịn.
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
B i 5: (1.0 à điểm)

Tìm ba số ngun tố m tích cà ủa chúng bằng năm lần tổng của chúng.

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn

HƯỚNG DẪN CHẤM - VỊNG I

B i 1à : (1.5 điểm)

Thực hiện tính:

√

2x+2

√

x2−4

√

x2−4+x+2 với x=2

√

6+3

√

x+2+

√

x −2¿2
¿

¿
√¿

√

x+2+x −2+2

√

(x+2)(x −2)

√

(x+2)(x −2)+x+2 =¿

0,75

Thay x=2

√

6+3 v o à được:

√

2¿2
¿
¿
√¿

√

6+2+3=

0,75

B i 2: (2.5 à điểm)

Giải các phương trình:
a. x2

+5x −

√

x2+5x+4=−2

x2+5x+4−

√

x2+5x+4=2 .

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Với y = 2 giải

√

x2+5x+4=2 được x1 = 0; x2 = -5. 0,25
Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25
Ghi chú: Có thểđặt y = x2 + 5x. Lúc n y cà ần đặt điều kiện khi bình phương hai

vế.
b.

√

x2

−3x+2+

√

x+3=

√

x −2+

√

x2+2x −3

√

(x −1)(x −2)+

√

x+3=

√

x −2+

√

(x −1)(x+3) 0,25

√

x −1(

√

x −2−

√

x+3)−

√

x −2+

√

x+3=0

(

√

x −2−

√

x+3)(

√

x −1−1)=0 0,50

√

x −2−

√

x+3=0 vô nghiệm;

√

x −1−1=0 được x = 2. 0,25
Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm. 0,25
B i 3: (2.0 à điểm)

a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 ln có nghiệm hữu tỉ với mọi số
n nguyên.

n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n  -1  n+10.

’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)

= 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 3n + 1)2.

0,50

’ 0 nên phương trình ln có nghiệm. 0,25

’ chính phương, các hệ số l sà ố nguyên nên các nghiệm của phương trình l sà ố

hữu tỉ. 0,25

b. Gọi x1, x2 l nghià ệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 l nghià ệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Giải:

Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.

Có: x1x2 = 1 x3x4 = 1 x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010

0,25
Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )

= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2
= (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2

0,50

Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 0,25
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]

B i 4: ( 3.0 à điểm)

O
A

D E

K
H

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

OB  BA; OC  CA ( AB, AC l các tià ếp tuyến)
OI  IA (I l trung à điểm của dây DE) .

 B, O, I, C cùng thuộc đường trịn đường kính AO.

0,75

ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường trịn đường kính AO) (1)
DK // AB (Cùng vng góc với BO)

 IDK = IAB (2)

Từ (1) v (2) à được:  ICB =  IDK

1.0

 ICB =  IDK hay  ICH =  IDH  Tứ giác DCIH nội tiếp.

HID =  HCD

 HCD =  BED (Cùng chắn cung DB của (O))

HID =  BED  IH // EB

 IH l àđường trung bình của DEK  H l trung à điểm của DK

1,25

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

B i 5: ( 1.0 à điểm)

Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.

- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết

cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n. 0,25
- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia

hết cho 5 với mọi n. 0,25

- Nếu n chẵn  n2 chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ (n-1)(n+1)

l tích hai sà ố chẵn nên nó chia hết cho 4.  A(n) chia hết cho 4 với mọi n. 0,25
- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n)

chia hết cho 60. 0,25

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à à (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II

B i 1à : (2.0 điểm)

a. Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 4

a b a b . Với a b; l các sà ố dương.

b. Cho x y; l hai sà ố dương v à xy 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= 1

2 xy ; 2 2

2 3

M

xy x y

 

 .

1 1 4

a b a b ⇔a

+b

ab ≥
4

a+b⇔(a+b)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

P= 1

2 xy=
x+y

2 xy≥
4
2(x+y)=

2. 1=2 0,50

P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y = 12 0,25
hoặc: x+y¿

2⇔xy≤1
4⇔

1
xy≥4⇔

1
2 xy≥2
2 xy≤ x2

+y2⇔4 xy≤¿
2 2

2 3

M

xy x y

 

 =

x+y¿2
¿
¿

4
2 xy+

3
x2

+y2≥

2 xy+

4 .3
x2

+2 xy+y2=

1
2 xy+

4 . 3

0,50

- 1

2 xy đạt GTNN tại x = y =
1
2 .
- 3

2 xy+
3

x2+y2 đạt GTNN tại x = y =

2 . Nên M đạt GTNN tại x = y =
1
2 .

0,25

B i 2: (2.0 à điểm)

Giải hệ phương trình:

{

x

+y2=11

x+xy+y=3+4

√

- Đặt S = x + y; P = xy được:

{

S

−2P=11

S+P=3+4

√

2 0,25

- ⇒S2

+2S −(17+8

√

2)=0 0,25

- Giải phương trình được S1=3+

√

2 ; S2=−5−

√

2 0,25
- S1=3+

√

2 được P1=3

√

2 ; S2=−5−

√

2 được P2=8+5

√

2 0,25

- Với S1=3+

√

2 ; P1=3

√

2 có x, y l hai nghià ệm của phương trình:

X2−(3+

√

2)X+3

√

2=0 0,25

- Giải phương trình được X1=3; X2=

√

2 . 0,25
- Với S2=−5−

√

2 được P2=8+5

√

2 có x, y l hai nghià ệm của phương trình:

X2

+(5+

√

2)X+8+5

√

2=0 . Phương trình n y vơ nghià ệm. 0,25

- Hệ có hai nghiệm:

{

yx=3

√

2 ;

{

x=

√

y=3 0,25

B i 3: (2.0 ià đ ểm)

-Chứng tỏ MBND l hình bình h nh à à  O là

trung điểm của MN.
- OH // AB  OH  MN.

- HMN cân tại H (Trung tuyến vừa l àđường
cao)  HM = HN.

0,75

- OH // BM được: HQHM=OQ

OB
- ON // BP được: OQOB=NQ

1,25

A B

C
D

Q O

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 HQ

HM=
NQ

NP  NH//PM

 HNM =  NMP

  HMN =  NMP  MN l phân giác cà ủa
góc QMP

Mỗi bước cho 0,25 điểm
B i 5: (1.0 à điểm)

Tìm ba số nguyên tố m tích cà ủa chúng bằng năm lần tổng của chúng.
Giải:

Gọi a,b,c l ba sà ố ngun tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố

abc chia hết cho 5 nên có một số bằng 5. 0,25
Giả sư a = 5 được 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c.

 bc -b - c + 1 = 6  (b-1)(c-1) = 6. 0,50
b,c l các sà ố ngun dương có vai trị như nhau nên ta có các hệ:

{

b −1=1

c −1=6⇔

{

b=2

c=7 v à

{

b −1=2

c −1=3⇔

{

b=3

c=4

Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm l 2, 5, 7à

0,25

B i 4: (3.0 à điểm)

- BE, AF l hai à đường cao của ABC  CI l àđường cao thứ ba hay CIAB
- Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF .

- EOF đều nên EOF = 600.

-  EF = 600CIF = EBF = 300.

1,0
- Chứng minh ACI đồng dạng với ABE

- được: ACAB=AI

AE⇒AC. AE=AB . AI

- Tương tựBCI đồng dạng với BAE được: BCBA=BI

BF⇒BC. BF=BA . BI
- Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const.

1.0

- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC. 1,0

A B

F
C

H
I

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

- SFEC
SABC

(

)

(

R

2R

)

4 ⇒SABFE=
3

4 SABC

- Để SABFE lớn nhất  SABC lớn nhất  CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa
góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn nhất khi I  O CAB cân  EF // AB.

- Lúc đó SABC=2 .R.R

√

2 =R

√

3⇒SABFE=3R
2.

√

3
4

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TR IÃ NĂM HỌC: 2009 – 2010

Môn thi: Toán
Thời gian: 150 Phút
B i 1à : (4điểm) Mỗi câu 2 điểm

b) Cho a, b l 2 sà ố tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8
c) Tính tổng:

Gi
 ả i

a) (0,5 điểm). Ta có: a2 – b2 = (a2 – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1)
(0,5 điểm). Vì (a + 1)(a – 1) l tích cà ủa 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8
(0,5 điểm). Tương tự: (b +1)(b – 1)  8

(0,5 điểm). Vậy: (a2 – b2 )  8 (đpcm)
b)

2 2 2 2

...
15 35 63 399

P    

2 2 2 2

...

3.5 5.7 7.9 19.21

    

1 1 1 1 1 1 1 1
...

3 5 5 7 7 9 19 21
        

1 1
3 21

 

2
7



B i 2à : (4điểm) Mỗi câu 2 điểm

a) Cho a, b, c l các sà ố thực khác nhau. Chứng minh rằng:

2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

b c c a a b

a b a c b c b a c a c b a b b c c a

  

    

        

b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2009 2010

A x   x

Gi
 ả i

a) Ta có:

( )( ) ( )( ) ( )( )

b c c a a b

VT

a b a c b c b a c a c b

  

  

     

2 2 2 2

...

15 35 63 399

P    

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

1 1 1 1 1 1
a b a c b c b a c a c b

     

     

1 1 1 1 1 1

a b c a b c a b c a b c

     

     

2 2 2

a b b c c a

  

  

= VP

b) A x 2009 2010 x

 Tập xác định: D = 2009; 2010 

 Với x D thì A   ≥ 0. Do đó: A = A2
1. Xét:

(0,25 điểm)A2  x 2009 2010  x2 x 2009. 2010 x  1 2 x 2009. 2010 x
Ta có: A2 1(vì 2 x 2009. 2010 x 0 với x D) 

<=> A ≥ 1 với x D 
(0,25 điểm) Vậy: Amin = 1 khi
(0,25 điểm)

2009 0 2009

2010 0 2010

x x

  

 



    

 

2. Xét:

(0,25 điểm) A2  1 2 x 2009. 2010 x   1 x 2009 2010  x

(vì 2 x 2009. 2010 x x 2009 2010  x , với x D; B  ĐT Côsi)
<=> A2≤ 2 với x D 

<=> A  2 với x D 

(0,25 điểm)Vậy Amax = 2 khi: x – 2009 = 2010 – x
(0,25 điểm) <=> x = 2009,5
B i 3:à (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm

a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55
b) Cho a, b, c, d l các sà ố dương v à

a c

b d Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:

a b c d
Gi

ả i

a) 3x + 7y = 55

(0,5 điểm). HS tìm được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình trên:

(0,5 điểm).Để:

110 7

( )
55 3

x t

t

y t

 






 





(0,75 đi m)ể

(0,5 đi m)ể

(0,25 đi m)ể

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

110

0 110 7 0 7

( ) ( )

0 55 3 0 55

t

x t

t t

y t

t





   

  

   

  

  

   




 

(0,5 điểm).=> t 16; 17; 18  

(0,5 điểm).Vậy phương trình trên có 3 nghiệm ngun dương l : (2; 7); (9; 4) ; (16; 1)à
b)

(0,5 điểm).

(0,5 điểm)
.

(0,5 điểm).

a d b c
a d b c

  


   (vì => ad = bc => )

B i 4à (4 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M l àđiểm nằm trên đoạn OA, vẽ
đường trịn tâm O’ đường kính MB. Gọi I l trung à điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vng góc
với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.

a) Đường thẳng IJ l gì cà ủa đường trịn (O’) ? Giải thích.

b) Xác định vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Gi

ả i (h.1)

Hình 1

a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD l hình thoià
 AC // DM, m ACà CB (do C thuộc đường trịn đường kính AB)

 DMCB; MJCB (do J thuộc đường trịn đường kính MB)
 D, M, J thẳng h ng.à

Ta có : IDM IMDˆ  ˆ 900(vì DIMˆ 900)
C

J
A I M

O
’

B

a c

b d 2 ad 2 bc

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a d b c

a d b c a d b c

  



         

   

( a d) ( b c)



  

2 ( 2 )

a d b c
a d ad b c bc

  


    

2 2

a d b c

a d ad b c bc
  


    

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

M à IJMˆ IDMˆ (do IC = IJ = ID : CJD vng tại J có JI l trung tu ến)

ˆ ' ˆ ' ˆ

MJO JMO IMD(do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMOˆ 'v à IMDˆ đối đỉnh)

(1,5 điểm) IJM MJOˆ  ˆ ' 90 0  (0,5 điểm) IJ l tià ếp tuyến của (O’), J l tià ếp điểm
b) Ta có IA = IM

 IO’ = 2

AB

= R (R l bán kính cà ủa (O))
O’M = O’B (bán kính (O’)

JIO’ vng tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2
M IJà 2 + O’J2 2IJ.O’J = 4S

JIO’

(1,5 điểm). Do đó SJIO’
2
4

R


SJIO’ =
2
4

R

khi IJ = O’J v à JIO’ vng cân có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J2 = O’I2 = R2  O’J =

2
2

R

(0,5 điểm) Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2
B i 5à (4 điểm).

a) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M sao cho tổng độ d i các bán kính à đường tròn ngoại
tiếp AMB v à BCM l nhà ỏ nhất.

b) Trong tất cả các tam giác có đáy bằng a, chiều cao bằng h, tam giác n o có bán kính à đường
trịn nội tiếp lớn nhất ?

Gi
 ả i 
a) (h.2)

Hình 2

Gọi O1, R1, O2, R2 lần lượt l tâm v bán kính à à đường trịn ngoại tiếp AMB v à BCM

(h.2).

Xét O1AB : O1A + O1BAB

2R1AB

(0,5 điểm) 2R1 = AB  AB l àđường kính của (O1) v già ả sưđường trịn (O1) đường
kính AB cắt AC tại H thì AHBˆ = 900 (1)

O1
R1

C
B

R2
O2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

(0,5 điểm)Tương tự với O2BC : 2R2BC. Suy ra R2 nhỏ nhất  BC l àđường kính của
(O2) v già ả sưđường trịn (O2) đường kính BC cắt AC tại H’ thì BH Cˆ ' = 900 (2)

(1,0 điểm) Từ (1) v (2) suy ra H’à H. Vậy điểm M phải tìm l chân à đường cao kẻ từ
đỉnh B.

b) (h.3). (2,0 điểm). Lí luận đúng

Hình 3

Tất cả các tam giác có đáy a, chiều cao h đều có thể sắp xếp để cạnh đáy của chúng trùng
với BC = a, còn đỉnh A ở trên một đường thẳng xy // BC v cách BC mà ột khoảng bằng h.

Trong các tam giác n y, ta cà ần tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn nhất. Ta có
SABC =

1
2ah

Mặt khác, nếu r l bán kính cà ủa đường trịn nội tiếp thì SABC =
1

2r(AB + BC + CA)

 r =

ah

AB BC CA 

Do a, h, BC khơng đổi nên r sẽ có giá trị lớn nhất khi AB + AC có giá trị nhỏ nhất
Gọi C’ l àđiểm đối xứng của C qua xy thì AB + AC = AB + AC’C’B

Khi đó : AB + AC = C’B khi AA1 ABC cân tại A.
PGD& ĐT huyện Long Điền

Trường THCS Trần Nguyên Hãn

ĐỀ

D

Ự

TUY

Ể

N THI H

Ọ

C SINH GI

Ỏ

I L

Ớ

P 9 C

Ấ

P HUY

Ệ

N

Năm học 2012-2013
Thời gian 150 phút.

B i 1à : (4 điểm) Cho biểu thức K =

3 9 3 1 2

3 2 1

x x x x

   

 

   



x0;x1



x A A1

C’

y
h

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

a/ Rút gọn K

b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên
B i 2à : (3 điểm)Cho A = 111…….111 ( 2m chữ số 1)
B = 111…….111 (m + 1 chữ số 1)
C = 666…….666 (m chữ số 6)
Chứng minh A + B + C + 8 l sà ố chính phương

B i 3à : (4 điểm)

a/ Cho abc = 1.Tính S =

1 1 1

1 a ab1 b bc1 c ac

b/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 7y = 167

B i 4à : (5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) v (O’; R’) cà ắt nhau tại hai điểm phân biệt A v B. à
Một đường thẳng d qua A cắt (O) tại M v (O’) tà ại M’.

a/ Chứng tỏ rằng các đường thẳng vng góc với d tại M v M’ à đi qua các điểm N v à
N’ cốđịnh v thà ẳng h ng và ới B

b/ Chứng tỏ rằng trung điểm I của N, N’ l tâm cà ủa đường tròn tiếp xúc với (O) v (O’)à
B i 5à : (4 điểm) Cho nưa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R v M l mà à ột điểm thuộc
nưa đường tròn ( khác A v B). Tià ếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A v B cà ủa (O)
lần lượt tại C v D, Tìm giá trà ị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM v BDM.à

Đ

Á Á

P N

B i 1à (4 điểm)

a/ K =

3 9 3 1 2

3 2 1

x x x x

   

 

    =



 





 



3 3 3 1 1 2 2

2 1

x x x x x x

x x

       

 

(0,5điểm)



 



3 2

2 1

x x

 

 



 





 



2 1

x x

 

 

1
1

x
x



 (1,5điểm)

b/ K =
1
1

x
x



 = 1 +

2
1

x (0,5điểm)

K nguyên khi 2 



x1



 x 1 Ư(2) =



 1; 2



(0,75điểm)

Giải ra x = 0; 4; 9 Vì x nguyên dương nên x = 4;9

(0,75điểm)

B i 2à : (4 điểm)

A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) =
2
10 1

9
m



(0,5điểm)
B = 111…….111 (m + 1 chữ số 1) =

1
10 1

9
m



(0,5điểm)
C = 666…….666 (m chữ số 6) =





6 10 1

m



</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

A + B + C + 8 =
2
10 1
9
m

+
1
10 1
9
m

+





6 10 1
9

m



+ 8 =
2

10 16.10 64
9
m m
 
=
2
10 8
3
m
  
 
 

(1điểm)

M 10à m + 8 3 nên 10m + 8 l sà ố nguyên 
(0,25điểm)

Vậy A + B + C + 8 l sà ố chính phương
(0,25điểm)

B i 3à : (4 điểm)
a/ Cho abc = 1.

1
ab
c
 

S =

1 1 1

1 a ab1 b bc1 c ac =

1 1 1

1 1

1 a abc b bc c ac

c

 

   

 

(0,5điểm)
=





1 1

1 1 1

c

c ac  b ac c   c ac





1
1

bc b

b c ac

 
 
=









1
1
1

b c ac
b c ac

 



 

(1.5điểm)

b/ phương trình 3x + 7y = 167

3x + 7y = 167 x =

167 7
3
y

=
1
56 2
3
y
y 
 

(0,5điểm)
đặt

1
3

y

= t  y = 3t – 1 Nên x = 58 – 7t (tZ) (0,5điểm) 
Vì x; y nguyên dương nên 3t – 1 > 0  t >

3
v 58 – 7t > 0à  t <

7 (0,5điểm) 
Vì tZ n ên t 



1; 2;3; 4;5;6;7;8



(0,25điểm) 
Các nghiệm nguyên dương của phương trình l : (51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), à
(16; 17), (9; 20), (2; 23)
(0,25điểm)

B i 4à (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

a/ Ch ứ ng minh N, N’ cố đị nh v N, B, N’ thà ẳ ng h ngà
Đường thẳng qua M vng góc với d cắt (O) tại N .

Vì NMAˆ = 900 nên AN l àđường kính của đường trịn (O) N cốđịnh (0,5điểm) 
Đường thẳng qua M’ vng góc với d cắt (O’) tại N’

Vì N M A' ˆ ' = 900 nên AN’ l àđường kính của đường trịn (O’) N’ cốđịnh (0,5điểm) 
B thuộc đường tròn đường kính AN nên ABNˆ = 900 (0,25điểm)

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

 NBNˆ ' = ABNˆ +ABNˆ ' = 1800 (0,25điểm) 
Vậy N, B, N’ thẳng h ng (0,25à điểm)

b/ Ch ứ ng minh trung i để m I củ a N, N’ l tâm cà ủ a đườ ng tròn tiế p xúc v i (O) v (O’ớ à )
OI đi qua trung điểm của NA v NN’ nên OI l à àđường trung bình của ANN’

 OI = O’A = R’ (0,5điểm)

Gọi r l bán kính cà ủa đường trịn (I) vẽ (I; r) v (O; R) tià ếp xúc trong, nên OI = R – r
M OI = R’ (cmt) nên R’ = R – r à  R’ + r = R (0,5điểm)

Lại có IO’ đi qua trung điểm của N’N v AN’ nên OI l à àđường trung bình của ANN’

 O’I = OA = R (0,5điểm)

m R’ + r = R nên O’I = R’ + rà  (I; r) tiếp xúc ngo i và ới (O’; R’) (0,5điểm)
Vậy trung điểm I của NN’ l tâm cà ủa đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) v (O’) à
(0,5điểm)

B i 5à (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

Tìm giá trị nh ỏ nh ấ t c ủ a t ng diổ ệ n tích củ a hai tam giác ACM v BDMà

Ta có CA = CM; BD = BM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm)
M CD = CM + MD nên CD = AC + BD (0,25à điểm)
Kẻ MHAB (HAB) ta có MHMO = R (0,25điểm)

Tứ giác ABDC l hình thang vng nên CDà AB = 2R (0,5điểm)

Ta có SABDC =





. . 2 2

2 2 2

AC BD AB CD AB AB AB

R



  

(0,5điểm)
SMAB=

. .

2 2

MH AB MO AB

R

 

(0,5điểm)
Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB  2R2 –R2

 SACM + SBDM R2 (0,5điểm) 
Dấu “=” xảy ra  HO (0,25điểm)

 M l giao à điểm của đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường tròn (O)

(0,25điểm)

Vậy khi M l giao à điểm của đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường trịn (O)

Thì SACM + SBDM nhỏ nhất v bà ằng R2 (0,25điểm)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

A B
C

D
M

H O

x y

O O'

A
M

M'

N I B N'

Hình b i 5 hình b i 4à à

Phịng GD Huyện Long Điền

ĐỀ

THI H

Ọ

C SINH GI

Ỏ

I

Trường THCS Văn Lương

N

ă

m h

ọ

c : 2012-2013

Mơn : TỐN 9 : 150 phút

B i 1 à ( 6 điểm )

1) Chứng minh rằng :

2 3 5 13 48
6 2

A   

 l mà ột số nguyên

2) Biết rằng a,b l các sà ố thoả mãn a > b > 0 v a.b = 1 à
Chứng minh :

2 2

a b

a b





3) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho :





2
1
2

abc n

cba n

  




 



 với n l sà ố nguyên lớn hơn 2

B i 2à : ( 4 điểm )
Cho biểu thức :

2 2 1

1 2 1 2

x x x

P

x x x

      

    

      

  ( với x0;x1)

a) Rút gọn P

b) Chứng minh rằng : nếu 0 < x < 1 thì P > 0
c) Tìm giá trị lớn nhất của P

B i 3 à : ( 5 điểm )

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

B i 4à : ( 5 điểm )

Cho ABC vng tại A có M l trung à điểm của BC. Có 2 đường thẳng di động v vng góc à
với nhau tại M, cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D v E. Xác à định vị trí điểm D v E à
để diện tích DME đđạt giá trị nhỏ nhất.

Đ

ÁP ÁN BI

Ể

U

Đ

I

Ể

M

B i 1 :à ( 6 điểm )

2) ( 2 điểm ) Viết được

2 3 5 (2 3 1) 2 3 4 2 3

6 2 6 2

A      

  ( 0,5 đ )

2 2 3
6 2




 ( 0,5 đ )



6 2



2
8 4 3

6 2 6 2




 

  = 1 ( 1 đ )

3) ( 2 điểm )

* Vì a.b = 1 nên













2 2

2 2 a b 2ab a b 2 2

a b

a b

a b a b a b a b

   



    

    ( 1 đ )

* Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :









2 2

a b a b

    

 

Vậy

2 2

a b

a b




 ( 1đ )

4) ( 2 đđiểm )

Viết được

2
2

100 10 1

100 10 4 4

abc a b c n

cba c b a n n

     




     




Từ (1) v (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5 à  99 (3) ( 0,75 đ )
Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31

39 4n 5 119

    (4) ( 0,75đđ )

Từ (3) v (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26à

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ )
B i 2à ( 4 điểm )

a) Rút gọn



 



















2 1 2 1 1

.
2

1 1

x x x x x

P

x x

       



  

  

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Do đđó x



1 x



> 0 ( 1 đ )
c) Viết được

1 1 1

2 4 4

P x x   x   

 

Vậy Pmax =

1 1 1

4 x 2   x4 ( 1,5 đ )
B i 3à ( 5điểm ) ( hình vẽ 0,5 đ )

Viết được CI 2 = BD.BC (1 đ )

CK 2 = CE.CA (1đ )
Chứng minh BD.BC = CE.CA (1,5 đ )

=> CI 2 = CK2 => CI = CK ( 1 đ)
B i 4à : ( 5 điểm )

-Vẽ MH AB MK; AC H



AB K, AC



Thì ta có H , K cốđịnh (1 đ )
Chỉ ra

MH HD MD MH

MK KE ME MK

  




  

 ( 1đđ )

Do đó SMDE =

1 1

2MD ME 2MH MK

Với MH , MK khơng đổi ( vì M , H , K cốđịnh ) ( 1 đ )
Đẳng thức xảy ra

D H
E K



 



 .Lúc đó c/m được D & E la n lượt là trung điểm củaà

AB vaø AC (1,5 đ )

Vậy khi D , E lần lượt l trung điểm của AB , AC thì Sà MDE nhỏ nhất ( 0,5đ )

PHÒNG GD- ÑT LONG ÑIE N KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIO I CA P À Û Á
HUYE N --- NĂM HỌC Ä
2012-2013

---Bài 1: (4,0 đ)

1/ Cho A = 1+2+3+……..+ 2004+2005 +2006
a/ Tính A (1,0 đ)

b/ Nếu thay tổng của hai số hạng bất kỳ ( chọn trong tổng A)ø bằng
hiệu của hai số hạng đó thì tổng mới của A là số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)

2/ Chứng minh rằng số tự nhiên :
A = 1.2.3………2003.2004 (1+

1 1+ + ... + 1 + 1

2 3 2003 2004)

chia hết cho 2005 (2,0 đ)
Đáp án và biểu điểm

1: a/ ( 1,0 ñ) Ta coù : A =

2006 (2006 1)

1003 . 2007

2





= 2013021

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

 a = 2p ; b = 2q



a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chaün

 a = 2p + 1 ; b = 2q + 1



a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chaün

 a = 2p ; b = 2q + 1



a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) – 1 :leû

 a = 2p + 1 ; b = 2q



a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: lẻ
Như vậy khi ta thay một tổng bởi hiệu của chúng thì tính chẵn lẻ của tổng
A không đổi A = 2013021 là số lẻ nên tổng A mới là một số lẻ

2/ ( 2,0 ñ) Ta coù:

C = (1+

1 1+ + ... + 1 + 1

2 3 2003 2004)

= (1+ 
1
2004)+(

1 + 1

2 2003 )+ ……+ +(

1 + 1

1002 1003 )

= 2005

1 1 1

( ... )

2004 2 . 2003  1002 . 1003
 = 2005. k ( 1,0 ñ)

B = 1.2.3………2003.2004 
 maø 1.2.3………2003.2004

1 1 1

( ... )

2004 2 . 2003  1002 . 1003  N



B . k  N
A = B. 2005 k



2005



ÑPCM ( 1,0 đ)

Bài 2: (4,0 đ)

1/ Chứng minh rằng nếu: x2 + y2 = 1 thì:  2  x y  2 (2,0 đ)
2/ Tính giá trị của biểu thức :

A = x2 +

x

4



x 1



với x =

1

2

1

2



8



8

(2,0 đ)

Đáp án và biểu điểm

1/ Ta có: ( x – y )2 0



x2 + y2  2 xy

Vì x2 + y2 = 1



2xy 1 Do đó: x2 + y2 + xy 1 + 1 = 2



( x + y )2 2



 x + y   2



- 2  x + y  2

2/ Ta coù: x =

1

2

1

2



8



8



x2 =

1

2

1

2

1 1

2

2

1

2

16 8

8

4

4 4

2

8



























=

=





2
4

x 2

2

0,5d

x

x

2x 1

4

8













( 0,5 ñ)
 Vaø x4 + x + 1 =



x 3



2

8



</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1/ Cho x> 0, y> 0 thoûa mãn x+ y = 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3x + 2y +
6 8
x y
2/ Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình:

5x y 3x 2 2y 1

3     

Đáp án và biểu điểm

1/ Ta coù: A = 3x + 2y +
6 8

x y =( 0, 5ñ)





3 x y 3x 6 y 8

2  2 x 2 y  ( 0, 5ñ)



3.6 6 x 2. 2 y 8. 19

2  2 x  2 y  ( 0, 5đ)
Dấu “=” xaûy ra khi x = 2; y = 4. ( 0, 5đ)

Vậy: Min P = 19 khi x = 2; y = 4
2/

5x y 3x 2 2y 1

3     



5x

3x 2 2y 1 y 1

3

     

(1) (0,5 đ)

Ta có vế trái là một số vô tỷ. Vế phải là số hữu tỷ nên để phương
trình có nghiệm ngun là cả hai vế của (1) bằng 0

3x 2 2y 1 0

5x y 1 0

3

    




  




(1,0 ñ)

Giải hệ phương trình ta được nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ)
Bài 4: (4,0 đ)

Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường
cao AH.

a/ Chứng minh: bc = 2R. AH

b/ Gọi S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh: S

2

3 3R

4
Đáp án và biểu điểm

a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ACD 1V( 0,5 đ)
AHB và ACD có ABH ADC

( Cùng chắn cung AC)

AHB ACD (0, 5 ñ)



AH AB AB . AC AD . AH

AC AD  



bc = 2R . AH



AH =

bc

2R ( 0,5 đ)

b/ ( 2,0 đ) Ta có SABC =

1

2 BC . AH = 
abc

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

ta coù SABC

1 a b c 3( )

4R 3

 



(0, 5 đ) dấu “ = “ xảy ra khi a = b = c Khi đó tam giác
ABC đe u à



R =

a

3 (0, 5 ñ)



3
1 . a
4a

3



2 2

3 . a

4 

4

3

. (R 3)



3 3 2

4

R

Vaäy: S 

2

3 3R

4 (0, 5 ñ)

Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy và một điểm M chuyển động trong góc đó sao cho
MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H và K là hình chiếu của M trên Ox và Oy.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK đi qua một điểm cố định
(khác điểm O)

Đáp án và biểu điểm

Gọi Oz là tia phân giác của xOy vẽ đường thẳng qua M vng góc với Oz
tại P. Ta có OP vừa là phân giác vừa là đường cao nên OAB cân tại O



OA = OB.( 0,5 đ) Vẽ AD OB ta có SOAB=

 

1AD . OB 1

2

Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM =

1 OA . MH

2 +

1 OB . MK

2 ( 0,5 đ)

Mà ABC





1

OA OB S OB. MH MK

2

   

(2)



AD = MH + MK = l ( 0,5 đ)



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Phịng giáo dục và đào tạo yên

định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCSnăm học 2012-2013

Câu 1: (4,0

đ

i

ể

m)

Cho biÓu thøc :

P = 2x

x - 2 +
4

x2 - 5x + 6 −

x - 3

.

a) Tìm điều kiện c

ủ

a x để P có nghĩa và rút gọn biểu thức P.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để P nguyên.

Câu 2: (5,0

đ

i

ể

m)

Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d):


3x 3

vµ

(d') :

y = 9 - 3x

c¾t nhau tại C và lần lợt cắt trục Ox tại A, B.

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.

b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là

cm.

Câu 3: (4,0

đ

i

ể

m)

a,

Cho 3 số dơng a,b,c thoả mÃn

2 2 2 5
3

a b c 

Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 1 1

a b c  abc

b, Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

x2 25y y( 6)

Câu 4: (5,0

đ

i

ể

m)

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB; Từ A và B ta vẽ hai dây cung AC và BD cắt

nhau tại N. Hai tiếp tuyến Cx, Dy của đờng tròn cắt nhau tại M. Gọi P là giao điểm của

hai đờng thẳng AD và BC.

a, Chøng minh PN vu«ng gãc víi AB.

b, Chøng minh P,M,N thẳng hàng.

Câu 5: (2,0 điểm)

Chứng minh rằng:

2 3 4 5... 2000 3

---Hết---

Học sinh khơng đợc sử dụng tài liệu gì.



Cán bộ coi thi không gi

i thích gì thêm.

Phũng giáo dục và đào tạo

yên định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCSnăm học 2008 - 2009
Đáp án v hng dn chm

Môn: Toán

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Câ

u ý Nội dung cơ bản Điểm

1
a)

Điều kiện :

x 2 ; x ≠ 3
x2 - 5x + 6 ≠ 0

¿{

 x  2 vµ x  3

P = 2x

x - 2 +
4
x2 - 5x

+ 6 −

1
x - 3

= 2x(x - 3)+ 4 −(x - 2)

(x - 2)(x -3) =

2x2 - 7x + 6
(x - 2)(x −3)

= (2x - 3)(x - 2 )

(x - 2)(x −3) =

2x - 3
x −3
VËy : P = 2x - 3

x −3 víi x  2 , x  3 .

0,5

1,0

b
)

Ta cã P = 2x - 3
x −3 =

(2x - 6)+ 3

x −3 = 2 +
3
x −3
nªn P nguyªn  3

x −3 nguyªn  x - 3 lµ íc cđa 3



x - 3 = 3

x - 3 = 1

x - 3 = -3

x - 3 = -1

¿
¿
¿
¿



x = 6

x = 4

x = 0

x = 2 ( loại )

Vậy các giá trị cần tìm là x = 6 ; x = 4 ; x = 0

0,5
0,5

1,0

Câu ý Nội dung cơ bản Điểm

2
a)

C là giao điểm của d và d/ nên tọa độ của C thỏa mãn hệ : 
¿

2y = 3x + 3

2y = 9 - 3x

¿{



2y = 3x + 3

4y = 12

¿{



x = 1

y = 3

¿{

VËy C(1 ; 3)

 Phơng trình trục Ox là y = 0 nên tọa độ A thỏa mãn hệ :

2y = 3x + 3

y = 0

¿{



x = - 1

y = 0

¿{

Vậy A(- 1; 0)
tọa độ B thỏa mãn hệ :

2y = 9 - 3x

y = 0

¿{



x = 3

y = 0

¿{

VËy B(3 ; 0)

 Gọi H là hình chiếu của C trên trục Ox thì CH là đờng cao của tam
giác CAB và CH = 3 cm ( tung độ của điểm C) ; cạnh đáy AB = AO +

1,0
0,5
0,5
1,5
y
x
O H
1
3
3
-1
C
B
A

y = 3x+3

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

OB = 1 + 3 = 4 (cm) .
 dt(ABC) = 1

2 AB.CH =
1

2 .4.3 = 6 (cm2)

 HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm)  HB = AB - AH = 2 (cm)

 HA = HB = 2(cm)  tam giác CAB cân tại C (CH vừa là đờng cao
vừa là trung tuyến) ; tam giác vng HCA có :

CA =

√

AH2

+ HC2=

√

22+ 32=

√

13 (cm)

 chu vi ABC lµ : AB + BC + CA = 4 2 13 (cm)

1,5

C©u

3 a

Ta cã





2 2 2

2( ) 0

1 1 5

( ) 1

2 2 3

(do a, b,c > 0)
1 1 1 1

a b c

a b c ac bc ab

ac bc ab a b c

ac bc ab

abc abc

b c abc

  

      

        

 

 

   

Tõ x2 25y y( 6)

Ta cã : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

Để ý trong phơng trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta có
thể hạn chế giải với x là số tự nhiên.

Khi đó: y+3+x  y+3-x .

Ta cã ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn

Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích của
chúng là số chẵn , vậy 2 số 2 sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) lµ 2 sè chẵn .
Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây.

- 16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y+3+x).
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5 , y= 0.

Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3.

Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6.

Vì thế phơng trình đã cho có các nghiệm ( x,y) = (



5, 0 ; 5, 6 ; 4, 3 .

 

 

 

 



0.5
0.5
0.5
0.5

0.5

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

a
b

Trong tam giác PAB ta có AC và BD là các đờng cao nên N là trực tâm
tam giác. Do đó PN là đờng cao cịn lại nên vng góc với cạnh AB.
Gọi I là trung điểm của PN thì IC là trung tuyến của tam giác vng
PAC nên IPC cân tại I. Do đó : IPCICP.

Tam giác OAC cân tại O nên : CAOACO.

Mặt khác CAOIPC (do có các cạnh tơng ứng vuông góc)
nên ACOICP.

Ta có AC PC nên OC  IC . Do đó IC là tiếp tuyến tại C của đờng

trßn.

Tơng tự , ID là tiếp tuyến tại D của đờng tròn .
Chứng tỏ I trùng với M nên P,M,A thẳng hàng.

2
0,5
0,5
0.5
0.5
0.5
0.5

C©u

5 2

2 3... 1999.2001 2 3... 1998 2000 1
2 3... 1998.2000 2 3... 1997 1999 1

2 3... 1997.1999 ... 2.4 3

  

   

2 3 4 5... 2000

1,0
1,0

</div>

bo de thi HSG toan 9 20122013































































































 

 

 















































<sub>9</sub>

<sub>6</sub>

<sub>9 0</sub>

<i>x</i>



